PROBLEMAS DE ELECTROMAGNETISMO. 2o Cuatrimestre. Temas XIV y XV de la Unidad Didáctica IV PROBLEMA 1.- Se desea adaptar una carga ZL = (800 + j300)Ω en una línea de transmisión de Zo = 400Ω que transmite con longitud de onda λ = 1, 5 m con un mono-stub en paralelo. Determinar las longitudes l del stub ya sea operando en abierto o en cortocircuito, y las correspondientes separaciones d de la carga.

Figura 1 SOLUCIÓN Obtenemos el valor de la impedancia de carga normalizada ZLN =

ZL = 2 + j0, 75 Zo

Puesto que se trata de adaptar con un stub en paralelo, trabajamos con admitancias. Para ello situamos la impedancia en la carta de Smith y obtenemos la admitancia correspondiente obteniendo el simétrico respecto del centro y su accimut. YLN = 0, 44 − j0, 16

θLN = 0, 468λ

A continuación giramos sobre la carta, en dirección al generador hasta interceptar la circunferencia con parte real igual a la unidad. Obtenemos así Y1 Y1 = 1 + j0, 9

θ1 = 0, 158λ

La distancia d1 desde la carga hasta este punto es d1 = (0, 500 − 0, 468)λ + 0, 158λ = 0, 190λ 1

Para adaptar la carga necesitamos que el stub nos porporcione una admitancia igual pero de signo contrario a la parte imaginaria de Y1 , es decir jB = −j0, 9

θ B = 0, 384λ

Si empleamos un stub en cortocircuito (cuya admitancia es infinita) partiremos del punto C y recorreremos la carta hacia el generador hasta llegar al punto de susceptancia buscada. La longitud del stub será entonces lc = (0, 384 − 0, 250)λ = 0, 134λ Si, por el contrario, empleamos un stub en abierto (cuya admitancia es nula) partiremos del punto A y recorreremos la carta hacia el generador hasta llegar al punto de admitancia buscada. La longitud del stub será entonces la = 0, 384λ Las longitudes en centímetros son d = 28, 5 cm lc = 20, 1 cm la = 57, 6 cm

2

PROBLEMA 1

Y1

ZLN

A

C YLN

PROBLEMA 2.- Una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω se carga con una impedancia desconocida ZL . Mediante un doble sintonizador de cortocircuitos móviles se logra una adaptación perfecta cuando las longitudes de los stubs son l1 = 0, 114λ y l2 = 0, 414λ. La separación entre los stubs es D = 0, 375λ y la carga se halla a una distancia d = 0, 2λ del doble sintonizador. a) Determinar el valor de la impedancia de carga. b) Comprobar que el acoplo perfecto también se consigue con las longitudes menores l10 = 0, 061λ y l20 = 0, 044λ. ¿Existen otras longitudes que lo obtengan?

Figura 2 SOLUCIÓN a) En primer lugar, nos desplazamos desde la posición de admitancia en cortocircuito (Punto C) hacia el generador la longitud correspondiente al segundo stub, 0,414λ, hacia el generador para encontrar la admitancia de este stub jB2 = j1, 65 Puesto que la carga está adaptada, la admitancia de la otra rama debe de tener parte real igual a la unidad y parte imaginaria igual a jB2 pero de signo contrario. Es decir Y2 = 1 − j1, 65

θ 2 = 0, 320λ

A continuación, desplazamos Y2 hacia la carga (dirección antihoraria) una distancia igual a la separación entre los stubs, y obtenemos Y1 Y1 = 0, 24 − j0, 34 4

θ1 = 0, 445λ

A esta admitancia debemos sumar la admitancia correspondiente al primer stub en el punto de unión. Procediendo igual que con el otro (partiendo del punto C y desplanzándonos hacia el generador la longitud l1 ). Obtenemos la admitancia jB1 = −j1, 15 Teniendo en cuenta que Y1 es la suma de la admitancia de la carga desplazada 0 la distancia d y de la admitancia del primer stub, podemos obtener YLN 0 Y1 = jB1 + YLN

de donde 0 YLN = −j1, 15 + (0, 24 − j0, 34) 0 YLN = 0, 24 − j1, 49

θ0LN = 0, 342λ

Por último, representamos esta admitancia en la carta y la desplazamos la distancia d hacia la carga, obteniendo finalmente YLN . YLN = 0, 22 + j1, 22

θLN = 0, 142λ

El punto simétrico en la carta nos proporciona la impedancia de carga normalizada ZLN = 0, 14 − j0, 78 Y la impedacia de carga, teniendo en cuenta la impedancia característica de la línea, es ZL = 7 − j39 Ω

5

PROBLEMA 2

jB2

YLN

A

C

Y1

Y2

Y'LN ZLN jB1

PROBLEMA 3. - En una línea de transmisión sin pérdidas de Zo = 100Ω se propaga una onda incidente de amplitud V+ = 5 V y λ = 3 cm, pudiéndose producir , por reflexión según la carga ZL , ondas estacionarias. a) Represente gráficamente las amplitudes del voltaje y de la intensidad de la corriente en los 6 cm. terminales de la línea para una carga ZL = 100Ω. Señale bien las escalas en los ejes de coordenadas e indique la razón de onda estacionaria correspondiente, S. Repita lo mismo para las seis cargas siguientes: cortocircuito, circuito abierto, 200 Ω, 50 Ω, j100Ω y (80+j60)Ω b) Cuál podría ser la realización práctica de las dos últimas, utilizando por ejemplo, trozos sobrantes de la misma línea? c) Marque en el ábaco de Smith los puntos exactos que corresponden a las seis cargas anteriores, indicando el coeficiente de reflexión (módulo y fase) SOLUCIÓN a) Carga adaptada ZL = Zo = 100 El primer caso corresponde a una carga adaptada por lo que la razón de onda estacionaria es igual a la unidad y el coeficiente de reflexión es nulo. ρ=

ZL − Zo =0 ZL + Zo

S=

1 + |ρ| =1 1 − |ρ|

Figura 3Pa

Figura 3Pb

b) Cortocircuito ZL = 0 ρ=

ZL − Zo = −1 ZL + Zo

S=

1 + |ρ| =∞ 1 − |ρ|

La tensión y la corriente en la carga son respectivamente VL = 0

IL = 7

2Vi 10 = = 0, 1 A Zo 100

La representación gráfica correspondiente al cortocircuito se da en la figura 3Pb c) Circuito abierto ZL = ∞ ρ=

ZL − Zo =1 ZL + Zo

1 + |ρ| =∞ 1 − |ρ|

S=

La tensión y la corriente en la carga son respectivamente VL = 2Vi

IL = 0

Figura 3Pc

Figura 3Pd

d) Impedancia de carga real no adaptada ZL = 200 ρ=

ZL − Zo 1 = ZL + Zo 3

S=

1 + |ρ| =2 1 − |ρ|

La tensión y la corriente en la carga son respectivamente 4 VL = Vi (1 + ρL ) = Vi 3

IL =

4/3Vi = 0, 007Vi A 200

Los máximos de tensión tienen lugar para −2βl = ±2mπ

con

m = 0, 1, 2, ...

Esto es para l = ∓m 8

λ 2

m l 0 0 1 λ/2 2 λ 3 3λ/2 4 2λ Y los mínimos de tensión tienen lugar para −2βl = ±(2m + 1)π Esto es para l = ∓(2m + 1)

λ 4

m l 0 λ/4 1 3λ/4 2 5λ/4 3 7λ/4 Y su valor es Vmin = jVi (1 − 1/3) = jVi 2/3 La representación gráfica se muestra en la figura 3Pd e) Impedancia de carga real no adaptada ZL = 50 ρ=

ZL − Zo 1 1 = − = ejπ ZL + Zo 3 3

S=

1 + |ρ| =2 1 − |ρ|

La tensión y la corriente en la carga son respectivamente 2 VL = Vi (1 + ρL ) = Vi 3

IL =

2/3Vi = 0, 013Vi A 50

Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para

con

4π l = ±(2m + 1)π λ 1 ∓ (2m + 1) l= λ 4

π−

9

m = 0, 1, 2, ...

m l 0 λ/2 1 λ 2 3λ/2 3 2λ Y los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ Esto es para l = (1 ∓ 2m)

λ 4

m l 0 λ/4 1 3λ/4 2 5λ/4 3 7λ/4 Y su valor es Vmin = jVi (1 + 1/3) = jVi 4/3 La representación gráfica se muestra en la figura 3Pe

Figura 3Pe Figura 3Pf d) Impedancia de carga imaginaria no adaptada ZL = j100 ρL =

ZL − Zo = j = ejπ/2 ZL + Zo

S=

1 + |ρL | =∞ 1 − |ρL |

La tensión y la corriente en la carga son respectivamente √ VL = Vi (1 + j) = Vi ejπ/4 2 10

IL =

√ Vi (1 + j) = 0, 01Vi (−1 + j) = 0, 01 2Vi ej3π/4 A j100

Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ

con

m = 0, 1, 2, ...

Esto es para l = (1 ∓ 4m)

λ 8

m l 0 λ/8 1 5λ/8 2 9λ/8 3 13λ/8 Y los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para l=

1 ∓ (4m + 2) λ 8 m l 0 3λ/8 1 7λ/8 2 11λ/8

Y su valor es Vmin = Vi ej3π/4 (1 − 1) = 0 La representación gráfica se muestra en la figura 3Pf g) Impedancia de carga imaginaria no adaptada ZL = 80 + j60 ρL =

ZL − Zo 1 1 = j = ejπ/2 ZL + Zo 3 3

S=

1 + |ρL | =2 1 − |ρL |

La tensión y la corriente en la carga son respectivamente √ µ ¶ 1 jπ/10 10 VL = Vi 1 + j = Vi e 3 3 11

√ Vi (1 + j/3) 10 jπ/10 IL = = 0, 01Vi (1 − j/3) = 0, 01 Vi e A 80 + j60 3 Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ

con

m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

l = (1 ∓ 4m)

λ 8

m l 0 λ/8 1 5λ/8 2 9λ/8 3 13λ/8 Y los mínimos de tensión tienen lugar para

Esto es para

ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π l=

1 ∓ (4m + 2) λ 8 m l 0 3λ/8 1 7λ/8 2 11λ/8 3 15λ/8

Y su valor es 2 1 1 Vmin = Vi ej3π/4 (1 + ej(π/2−3π/2) ) = Vi ej3π/4 (1 − ) = Vi ej3π/4 3 3 3 La representación gráfica se muestra en la figura 3Pg

Figura 3Pg 12

b) Realización práctica de las impedancias Z5 = j100 y Z6 = 80 + j60 Puesto que la línea tiene una impedancia característica Zo = j100 las impedancias normalizadas son Z5 = j Z6 = 0, 8 + j0, 6 La primera la podemos obtener con un trozo de línea cortocircuitado de longitud l = 0, 125λ Efectivamente, si nos situamos en la carta de Smith en el punto A que es el de impedancia nula (cortocircuito) y nos desplazamos hacia el generador un octavo de longitud de onda, obtenemos la impedancia normalizada Z5 = j que es la que necesitamos. El segundo caso podrá obtenerse poniendo un tramo de línea en paralelo con una resistencia. Para hacerlo, obtenemos la admitancia correspondiente a Z6 Y6 = 0, 8 − j0, 6 y consideramos que esta admitancia es el resultado de la suma de dos, una puramente resistiva y otra puramente reactiva Y6 = Y1 + Y2 con Y1 = 0, 8 Y2 = −j0, 6 la primera corresponde a una impedancia resistiva ZLN = 1, 25 13

que podemos conseguir con una resistencia de valor ZL = 125 Ω y la segunda se obtiene con un trozo de línea cortocircuitado de longitud l = 0, 164λ Para obtener esta longitud, partimos del punto C en la carta de Smith (admitancia infinita-cortocircuito) y nos desplazamos hacia el generador hasta alcanzar el valor necesario de la admitancia. El acimut de este punto nos da la longitud del trozo de línea necesaria l = 0, 414λ − 0, 250λ = 0, 164λ c) Representamos en la Carta de Smith todas las impedancia vistas. El coeficiente de reflexión se obtiene del siguiente modo: - el módulo se obtiene llevando el radio de la impedancia correspondiente a la escala situada en la parte inferior de la carta. - la fase se obtiene leyendo directamente en la carta el ángulo de fase.

14

PROBLEMA 3

j4 = j5

Z4

Z5

A

C

Z1 j3

Z3

Y2

jr4j

jr2j = jr3j = jr5j

ZLN

Z2

j1 = j2

PROBLEMA 4.- Se desea adaptar una carga ZL = (300 + j200) Ω a una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 200Ω que transmite con longitud de onda λ = 1, 5 m, con un trozo de línea cortocircuitada de impedancia característica Zo0 = 100Ω en paralelo. Determinar las longitudes l del stub y las correspondientes separaciones d de la carga. La impedancia de carga normalizada es ZLN = 1, 5 + j Al que corresponde una admitancia, utilizando la carta de Smith, YLN = 0, 46 + 0, 30j

y un acimut θ = 0, 442λ

Nos desplazamos desde la admitancia de la carga hacia el generador hasta intersectar la circunferencia de resistencia unidad, y obtenemos los dos puntos posibles de adaptación Y1 = 1 + j0, 9

y un acimut θ = 0, 158λ

Luego la distancia de la carga al stub será d1 = (0, 5 − 0, 442)λ + 0, 158λ = 0, 216λ = 32, 4cm Y10 = 1 − j0, 9

y un acimut θ = 0, 342λ

Y en este caso d2 = (0, 5 − 0, 442)λ + 0, 342λ = 0, 400λ = 60, 0cm Para acoplar la admitancia Y1 , necesitamos una admitancia jB1 = −j0, 9 × 200 = −j180 que normalizada a la impedancia del stub es jB1N = −j1, 8

y un acimut θ = 0, 331λ

La longitud del stub la obtenemos desplazándonos desde el punto de cortocircuito hacia el generador hasta el punto de admitancia pura jB1N l1 = 0, 081λ = 12, 15 cm Análogamente, para acoplar la admitancia Y 0 1 , necesitamos una admitancia pura 16

jB2 = j0, 9 × 200 = j180 que normalizada a la impedancia del stub es jB2N = j1, 8

y un acimut θ = 0, 170λ

La longitud del stub la obtenemos desplazándonos desde el punto de cortocircuito hacia el generador hasta el punto de admitancia pura jB2N l2 = 0, 420λ = 63 cm Resumiendo, los stub que acoplan la carga son d1 = 32, 4cm l1 = 12 cm d2 = 60, 0cm l2 = 63 cm

17

PROBLEMA 4

jB2

Y1 ZLN

A

C

YLN Y'1

jB1

PROBLEMA 5.- Con un doble sintonizador de cortocircuito móvil, en el que la separación entre los stubs es 3λ/8, se pretende acoplar una admitancia normalizada YL = 3 + j2. ¿Es posible? ¿Hay acaso una región de admitancias normalizadas que son inadaptables con este sintonizador?. Justifique en el diagrama de Smith sus respuestas y señale, en su caso, la región de imposiblidad de acoplamiento.

Figura 5 SOLUCIÓN La admitancia que se desea adaptar es YL = 3 + j2 Trabajamos con admitancias en la carta de Smith. Para ver si es posible la adaptación, realizamos un giro de θ =3λ/8 = 0, 375 hacia la carga del círculo con G = 1. Pues bien, todas las admitancias de la carta de Smith cuya parte real esté situada sobre este círculo serán adaptables con el doble sintonizador. Aquellas otras con la parte real mayor o igual a 2 (las que se encuentran dentro del círculo de G=2 que queda tangente al obtenido mediante giro) no serán adaptables, ya que al girarlas hacia el generador la distancia D, no se situarán sobre el círculo de G = 1. Puesto que nuestra admitancia tiene una parte real igual a 3 concluimos que no es adaptable.

19

PROBLEMA 5

YLN

PROBLEMA 6.- En el diagrama de Smith está trazado el círculo correspondiente a las impedancias normalizadas cuya componente R = 2, 0. Halle su ecuación en coordenadas cartesianas en el plano del coeficiente de reflexión. ¿Cuál es su centro? ¿Cuánto vale el radio? b) Una carga ZL = 50 + j50 se conecta a una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50 Ω. Marque en el diagrama de Smith las cargas normalizadas que se medirán a distancias l = 0, λ/16, λ/8, λ/4, 3λ/8, y λ/2 a partir de la carga. ¿Cuál es su lugar geométrico? SOLUCIÓN La circunferencia de resistencia constante R = 2 es la circunferencia de centro (r/(r + 1), 0) y radio 1/(1+r). Es decir, circunferencia de centro (2/3, 0) y radio r = 1/3 La ecuación correspondiente a esta circunferencia es 2

2

(u − 2/3) + (v − 0) =

µ ¶2

1 3

Operando 9u2 + 9v2 − 12u + 3 = 0 b) La carga normalizada y su acimut en la carta de Smith son respectivamente ZLN = 1 + j

θLN = 0, 162λ

Una vez situada la impedancia en la carta de Smith nos desplazamos sobre el círculo correspondiente y en dirección al generador las distintas distancias y así obtenemos los valores de las impedancias en estos puntos. d = λ/6 d = λ/8 d = λ/4 d = 3λ/8 d = λ/2

= 0, 063λ = 0, 125λ = 0, 250λ = 0, 375λ = 0, 5λ

Z1 Z2 Z3 Z4 Z5

= 2, 3 + j0, 8 =2−j = 0, 5 + j0, 5 = 0, 4 + j0, 19 = 2, 2 + j0, 8

θ1 θ2 θ3 θ4 θ5

= 0, 162λ + 0, 063λ = 0, 162λ + 0, 125λ = 0, 162λ + 0, 250λ = 0, 162λ + 0, 375λ = 0, 162λ + 0, 5λ

Su lugar geométrico es la circunferencia con valor de razón de onda estacionaria S = 2, 61.

21

PROBLEMA 6

Z5

Z4

ZLN

Z1

A

C Z2

Z3

PROBLEMA 7.- Mediante un sintonizador en paralelo de 31,5 cm de longitud situado a 6,5 cm. de una carga de impedancia normalizada ZL se ha conseguido una adaptación perfecta a una línea que trabaja a una frecuencia de 300 MHz. Halle otro stub que situado en otra posición realice también el acoplo perfecto y determine la carga. SOLUCIÓN La longitud de onda de la señal es λ=

3 · 108 c = 1 m = 100 cm = f 3 · 108

La longitud del stub y la distancia a la carga son, en unidades de longitud de onda l1 =

31, 5 = 0, 315λ 100

d1 =

6, 5 = 0, 065λ 100

En la carta de Smith nos desplazamos desde el punto C de admitancia en cortocircuito la longitud l1 hacia el generador, obteniendo la admitancia del stub que es jB1 = j0, 43

θB1 = 0, 250λ + 0, 315λ == 0, 565λ ≡ 0, 065λ

Luego en el punto de unión de la línea con el stub, la admitancia debido a la carga será Y1 = 1 − j0, 43

θ 1 = 0, 359λ

ya que nos indican que la carga está adaptada con el stub citado. A continuación localizamos esta admitancia en la carta y nos desplazamos hacia la carga una distancia igual a d = 0, 065λ para determinar YLN YLN = 1, 4 − j0, 32

θLN = 0, 294λ

Y la impedancia de carga será la simétrica con respecto al centro de la carta ZLN = 0, 69 + j0, 14

23

θ LN = 0, 044λ

Para obtener otro stub que adapte la carga, partimos de YLN y nos desplazamos hacia el generador hasta intersectar con la circunferencia unidad en el otro punto posible, obteniendo Y2 Y2 = 1 + j0, 43

θ1 = 0, 142λ

Luego el stub hay que colocarlo a una distancia de la carga igual a d2 = 0, 250λ + 0, 142λ = 0, 392λ = 39, 2 cm Y debe ser una admitancia de valor jB2 = −j0, 43

θ B2 = 0, 435λ

Localizando esta admitancia en la carta, la longitud del stub la obtenemos desplazándonos desde el punto C de cortocircuito hasta el punto donde se sitúa dicha admitancia, en dirección hacia el generador l2 = 0, 435λ − 0, 250λ = 0, 185λ = 18, 5 cm

24

PROBLEMA 7

jB1

Y2 ZLN

A

C YLN Y1

jB2

PROBLEMA 8.- Utilizamos una línea de transmisión sin pérdidas de impedancia característica Zo = 100Ω y la terminamos, en dos experimentos sucesivos, con las dos impedancias de carga ZL que describimos a continuación: a) una sección de la misma línea de longitud λ/8 terminada en cortocircuito. b) la misma sección terminada con una resistencia de 200 Ω. Marque estas cargas en el diagrama y determine en cada caso ZL , el coeficiente de onda estacionaria, el coeficiente de reflexión y la posición del primer mínimo de voltaje (desde la carga). Dibuje la forma del voltaje en la línea. SOLUCIÓN a) Un cortocircuito significa impedancia nulo. Por tanto, partiendo en la carta de Smith del punto A (punto de impedancia nula) nos desplazamos hacia el generador una distancia d = λ/8 = 0, 125λ para obtener ZLN que será una impedancia inductiva ZNI L = j ZLI = j100 El coeficiente de reflexión y la razón de onda estacionaria son respectivamente ρIL =

ZL − Zo j100 − 100 = =j ZL + Zo j100 + 100

SI =

1 + |ρL | =∞ 1 − |ρL |

La posición del primer mínimo de voltaje se obtiene desplazándose sobre la carta hacia el generador hasta intersectar con el eje real negativo que corresponde a los puntos de voltaje mínimo. Luego la distancia desde la carga hasta este punto es dImin = 0, 500λ − 0, 125λ = 0, 375λ La forma del voltaje en la línea viene representada en la figura 8Pa. b)Procedemos igual que en el caso anterior R = 200 RN = 2 Localizamos en la carta el punto correspondiente a una resistencia normalizada de valor 2 y nos desplazamos hacia el generador una distancia d = λ/8 = 0, 125λ para obtener ZII LN 26

II ZLN = 0, 8 − j0, 6

ZLI = 80 − j60

El coeficiente de reflexión y la razón de onda estacionaria son respectivamente ρII L =

ZL − Zo 80 − j60 − 100 −2 − j6 1 = = =j ZL + Zo 80 − j60 + 100 18 − j6 3 S II =

1 + 1/3 1 + |ρL | = =2 1 − |ρL | 1 − 1/3

que también se pueden obtener directamente de la carta de Smith ya que el punto de impedancia máxima de la línea (que es también el del máximo de tensión y el mínimo de corriente) es un punto de resistencia pura, de valor la razón de onda estacionaria por la impedancia característica. Es decir, la resistencia normalizada de dicho punto es exactamente la SWR. Por tanto, siguiendo alrededor del círculo determinado por la impedancia de carga dada, hemos de observar su cruce con el semieje positivo de la carta. El valor de la resistencia normalizada de este punto es la razón de onda estacionaria; el ángulo recorrido fija la posición de máximo de tensión. La posición del primer mínimo de voltaje se obtiene desplazándose sobre la carta hacia el generador hasta intersectar con el eje real negativo que corresponde a los puntos de voltaje mínimo. Luego la distancia desde la carga hasta este punto es dII min = 0, 500λ − 0, 375λ = 0, 125λ La forma del voltaje en la línea viene representada en la figura 8Pb.

Figura P8a

Figura P8b

27

PROBLEMA 8

ZILN

A

VImin

VIImin

R S

ZIILN

II

C S

I

PROBLEMA 9.- En la posición A de una línea de transmisión sin pérdidas de impedancia característica Zo = 100Ω se mide el coeficiente de reflexión de voltaje ρ = 1/36 − 90o . A la derecha de A hay una sección λ/8 en cuyo extremo una impedancia ZL cierra la línea. a) Utilizando únicamente el diagrama de Smith determine el valor de ZL y del coeficiente de onda estacionaria S. b) Dibuje la gráfica del voltaje en la línea, señalando con exactitud las escalas. c) Halle el valor de la impedancia ZA que se mide en A.

Figura 9 SOLUCIÓN a) Con la ayuda de la escala del coeficiente de reflexión situada en la parte inferior de la Carta de Smith, situamos la impedancia ZA , teniendo en cuenta que el desfase del coeficiente es -90o . Una vez localizada ZA nos desplazamos λ/8 hacia la carga y así encontramos ZLN que resulta ser una resistencia pura. También, el corte con el eje positivo real nos da el coeficiente de onda estacionaria. ZLN = 2 ZL = 200 S=2 El coeficiente de reflexión en cualquier punto se puede expresar en función del coeficiente de reflexión en la carga ρ = ρL exp(−2β l) = |ρL | exp(ϕ − 2β l) En el punto A ρ=

1 4π λ exp(−π /2) = |ρL | exp(ϕ − )⇒ϕ=0 3 λ 8 29

Luego

1 3 b) La gráfica del voltaje en la línea viene dada por la figura P9 ρL =

Figura P9 El valor de ZA lo obtenemos de la lectura de la carta ZA = 0, 8 − j0, 6 En ohmios ZA = 80 − j60 Ω

30

PROBLEMA 9

ZLN

A

ZA

jA

jrAj

C

PROBLEMA 10.- En el extremo A de una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 100Ω se coloca una carga ZL la cual produce en la línea la distribución de voltaje (perfil de onda estacionaria) representada en la figura 10.1, con un coeficiente de onda estacionaria S = 2, estando el mínimo a la distancia λ/2 del extremo A. Represente en el diagrama de Smith la carga Z1 y halle su valor. Si en el mismo extremo A se coloca una sección de línea de longitud λ/8 seguida de una carga Z2 , se obtiene la distribución que se indica en la figura 10.2 con el mínimo xvm a λ/8 de A y también S=2. Represente Z2 y halle su valor.

Figura 10.1

Figura 10.2

SOLUCIÓN a) Los mínimos de voltaje se sitúan sobre el eje real izquierdo de la carta de Smith. Puesto que conocemos la razón de onda estacionaria , podemos localizar la impedancia en ese punto que será real. ZmN = 0, 5 A continuación nos desplazamos sobre la carta de Smith una distancia λ/2 hacia la carga y determinamos el valor de la impedancia de carga. Puesto que esta distancia corresponde a una vuelta completa a la carta de Smith, la impedancia de carga tiene el mismo valor: Z1N = 0, 5 Puesto que la impedancia característica de la línea es de 100Ω, la impedancia de carga es Z1 = 50Ω b) En el punto A tendremos un punto de voltaje mínimo y una impedancia normalizada de valor: 0 ZmN = 0, 5

32

Nos desplazamos ahora una distancia λ/8 hacia la carga y así obtenemos Z2N Z2N = 0, 8 − j0, 6 Es decir Z2 = 80 − j60

33

PROBLEMA 10

A

C

Z1N ZmN

Z2N

PROBLEMA 11.- Se dispone de un doble sintonizador con D = λ/8 de cortocircuitos móviles para adaptar una carga ZL = 50+j100 Ω situado a una distancia d = λ/8 en una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 100 Ω. Se quiere encontrar las longitudes más cortas l1 y l2 de los stubs para lograr acoplo perfecto. ¿Cuáles son las longitudes l1 y l2 si λ = 10 cm.? Represente la gráfica de la variación del coeficiente de onda estacionaria S a lo largo de la línea (o sea, en función de la distancia a la carga)

Figura 11 SOLUCIÓN Representamos la impedancia de carga normalizada en la carta de Smith ZL = 50 + j100 ZLN = 0, 5 + j Y determinamos la admitancia correspondiente (que es el punto simétrico respecto del origen): YLN = 0, 4 − j0, 8

θLN = 0, 385λ

A continuación trasladamos YLN hacia el generador la distancia d = 0, 125λ y obtenemos la admitancia Y1 Y1 = 0, 23 + j0, 06

θ1 = 0, 010λ

La intersección de la circunferencia de resistencia constante R = 0, 23 con el círculo correspondiente a R = 1 previamente girado hacia la carga 35

una distancia igual a la separación entre los stubs, D, nos dará los posibles valores de Y2 Y20 = 0, 23 + j0, 36 Y200 = 0, 23 + j1, 62 Puesto que Y2 es el resultado de sumar Y1 con la admitancia del primer stub, tenemos dos posibles valores para dicha admitancia Y20 = Y1 + jB10 ⇒ jB10 = 0, 23 + j0, 36 − (0, 23 + j0, 06) jB10 = j0, 30 Y200 = Y1 + jB100 ⇒ jB100 = 0, 23 + j1, 62 − (0, 23 + j0, 06) jB100 = j1, 56 Situando estas admitancias en la carta de Smith, obtenemos las longitudes posibles para el primer stub desplazándonos desde el punto de admitancia infinita (stub en cortocircuito, punto C), hacia el generador, hasta el punto donde se situan estos valores l10 = 0, 250λ + 0, 046λ = 0, 296λ l100 = 0, 250λ + 0, 159λ = 0, 409λ Seguidamente, volvemos a desplazar Y20 e Y200 hacia el generador, una distancia igual a la separación D entre los stub y tendremos que caer sobre la circunferencia R = 1. Esto nos proporcionará los dos posibles valores de la admitancia del segundo stub y por tanto las longitudes correspondientes. Las intersecciones con la circunferencia R = 1 son: Y30 = 1 + j1, 8 ⇒ jB20 = −j1, 8 Y300 = 1 − j3, 6 ⇒ jB200 = j3, 6 Y las longitudes respectivas son 36

l20 = 0, 331λ − 0, 250λ = 0, 081λ l200 = 0, 250λ + 0, 207λ = 0, 457λ Resumiendo, las dos posibilidades de adaptar la carga dada con el doble stub son l10 = 0, 296λ = 2, 96 cm l20 = 0, 081λ = 0, 81 cm y l100 = 0, 409λ = 4, 09 cm l200 = 0, 457λ = 4, 57 cm

37

PROBLEMA 11

jB''1 Y''2 ZLN jB'1

A

jB''2

Y'3

Y'2

C

Y1

Y''3

YLN

jB'2

PROBLEMA 12.- Halle la impedancia de entrada de la línea de transmisión cuyo esquema se muestra en la figura, en la que se han introducido elementos colocados en serie y que termina con la carga ZL = (2.5 − j3)Zo . Utilice únicamente el diagrama de Smith.

Figura 12 SOLUCIÓN Situamos la impedancia normalizada en el diagrama de Smith ZZN = 2, 5 − j3

θ LN = 0, 282λ

A continuación nos desplazamos hacia el generador una distancia dba = 0, 087λ y obtenemos Zb Zb = 0, 35 − j1, 02

θb = 0, 369λ

Sumamos ahora la impedancia debido a la bobina y obtenemos Zc la cual la situamos en la carta de Smith Zc = Zb + j0, 8 Zc = 0, 35 − j0, 22

θc = 0, 461λ

Para obtener Zd nos desplazamos hacia el generador la distancia ddc = 0, 174λ Zd = 0, 66 + j0, 87

θ d = 0, 135λ

El paso siguiente es la suma de la admitancia debida al condensador Ze = Zd − j0, 6 Ze = 0, 66 + j0, 27

θ e = 0, 064λ

Nos desplazamos hacia el generador una distancia df e = 0, 119λ para obtener Zf 39

Zf = 1, 28 + j0, 52

θ f = 0, 183λ

Por último, sumamos a Zf la impedancia en serie Z = 1, 4Zo y obtenemos Zg Zg = Zf + 1, 4 Zg = 2, 68 + j0, 52

θ g = 0, 238λ

y nos desplazamos hacia el generador la distancia dhg = 0, 100λ para obtener Zh Zh = 0, 95 − j1, 08

40

θh = 0, 338λ

PROBLEMA 12

Zd

Zf Ze

A

C

Zg

ZLN

Zc Zh

Zb

PROBLEMA 13.- Una línea de transmisión de impedancia Zo = 50Ω trabaja a una frecuencia f = 300 MHz. Se consigue adaptar una carga terminal ZL mediante un segmento de línea cortocircuitado en paralelo de longitud l1 = 8, 8 cm. colocado a una distancia d1 = 28 cm. de la carga. Utilizando únicamente el diagrama de Smith determine: a) el valor de la carga. b) otro par posible de valores l2 y d2 (no del tipo de los que difieren de l1 y d1 un número entero de semilongitudes de onda) con los que pueda también realizarse la adaptación.

Figura 13 SOLUCIÓN a) En primer lugar, expresamos las distancias en unidades de longitud de onda 3 · 108 =1m λ = c/f = 3 · 108 l1 = 0, 088λ d1 = 0, 280λ A continuación, determinamos la admitancia del stub desplazándonos desde el punto de cortocircuito C (admitancia infinita) la distancia l1 = 0, 088λ jB1 = −j1, 62

θ B1 = 0, 338λ

Luego, la admitancia de la línea en el punto de unión con el stub es Y1 = 1 + j1, 6

θ1 = 0, 179λ 42

Seguidamente, nos desplazamos hacia la carga la distancia d1 = 0, 280λ para obtener la admitancia de carga YLN = 0, 38 − j0, 77

θLN = 0, 389λ

Y por último, la impedancia normalizada de la carga se obtiene como el punto simétrico respecto del origen de la admitancia de carga YLN . ZLN = 0, 53 + j1, 07 Teniendo en cuenta la impedancia característica de la línea, la carga es ZL = 26, 5 + j53, 5 b) Para determinar otro par de valores l2 , d2 que adapten la carga, partimos de la admitancia de carga y nos desplazamos sobre la carta y hacia el generador hasta obtener el segundo corte con la circunferencia de resistencia unidad. θ01 = 0, 322λ Y10 = 1 − j1, 6 La distancia a la que hay que colocar el stub será por tanto d2 = (0, 500λ − 0, 389λ) + 0, 322λ = 0, 433λ Y el valor de la admitancia necesario es jB2 = j1, 62

θB2 = 0, 161λ

Con una longitud l2 = 0, 250λ + 0, 161λ = 0, 411λ Teniendo en cuenta el valor de la longitud de onda, estos valores son, en centímetros d2 = 43, 3 cm l2 = 41, 1 cm

43

PROBLEMA 13

jB2

ZLN Y1

A

C

Y'1 YLN

jB1

PROBLEMA 14.- Una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 100Ω trabaja a una frecuencia f = 1 GHz. Se consigue adaptar una carga terminal ZL mediante un stub de longitud l1 = 12, 4 cm colocado a una distancia d1 = 12, 6 cm. de la carga. Determine el valor de la carga y otro par posible de valores l2 y d2 (no del tipo de los que difieren de l1 y d1 un número entero de semilongitudes de onda) con los que pueda también realizarse la adaptación.

Figura 14 SOLUCIÓN a) En primer lugar, expresamos las distancias en unidades de longitud de onda 3 · 108 λ = c/f = = 30 cm 109 l1 = 0, 413λ d1 = 0, 420λ A continuación, determinamos la admitancia del stub desplazándonos desde el punto de cortocircuito C (admitancia infinita) la distancia l1 = 0, 413λ jB1 = j1, 65

θB1 = 0, 163λ

Luego, la admitancia de la línea en el punto de unión con el stub es Y1 = 1 − j1, 65

θ 1 = 0, 320λ

Seguidamente, nos desplazamos hacia la carga la distancia d1 = 0, 420λ para obtener la admitancia de carga 45

YLN = 0, 34 − j0, 67

θLN = 0, 400λ

Y por último, la impedancia normalizada de la carga se obtiene como el punto simétrico respecto del origen de la admitancia de carga YLN . ZLN = 0, 6 + j1, 2 Teniendo en cuenta la impedancia característica de la línea, la carga es ZL = 60 + j120 b) Para determinar otro par de valores l2 , d2 que adapten la carga, partimos de la admitancia de carga y nos desplazamos sobre la carta y hacia el generador hasta obtener el segundo corte con la circunferencia de resistencia unidad. Y10 = 1 + j1, 65 θ 01 = 0, 180λ La distancia a la que hay que colocar el stub será por tanto d2 = 0, 100λ + 0, 180λ = 0, 280λ Y el valor de la admitancia necesario es jB2 = −j1, 65

θ B2 = 0, 336λ

Con una longitud l2 = 0, 336λ − 0, 250λ = 0, 086λ Teniendo en cuenta el valor de la longitud de onda, estos valores son, en centímetros d2 = 8, 40 cm l2 = 2, 58 cm

46

PROBLEMA 14

jB1

ZLN Y'1

A

C

Y1 YLN

jB2

PROBLEMA 15.- Una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω termina en una carga ZL = 100 + j50 Ω propagándose ondas de longitud de onda λ = 2, 45 cm. Entre la carga y la línea se ha colocado una sección de línea de longitud d = 1, 53 cm y una sección de línea cortocircuitada en paralelo de longitud l1 = 0, 306 cm. Calcule mediante el diagrama de Smith el valor de la impedancia vista desde el punto A. Repita analíticamente el cálculo y compruebe que da el mismo resultado. SOLUCIÓN La impedancia de carga normalizada será ZLN = 2 + j La situamos en la carta de Smith y obtenemos la admitancia correspondiente YLN = 0, 4 − j0, 2

θLN = 0, 462λ

Nos desplazamos ahora una distancia d = 1, 53 cm = 0, 624λ hacia el generador. Puesto que esta longitud es superior a media longitud de onda, es equivalente a dar una vuelta completa más una longitud d0 = 0, 124λ. La admitancia que obtenemos es Y 0 = 0, 5 + j0, 5

θ LN = 0, 088λ

A esta admitancia hay que sumar la admitancia correspondiente al stub en paralelo. Para determinar esta última partimos del punto C de la carta (correspondiente a admitancia infinita) y nos desplazamos hacia el generador la longitud l1 = 0, 306 cm = 0, 125λ jB1 = −j

θ B1 = 0, 375λ

La admitancia resultante en el punto A es YNA = 0, 5 − j0, 5

θA = 0, 412λ

Y la impedancia correspondiente es ZNA = 1 + j

θA = 0, 161λ

Es decir ZA = 50 + j50 Cálculo analítico 48

El coeficiente de reflexión en la carga es ZL − Zo 100 + j50 − 50 5 + j5 = ρL = = ZL + Zo 100 + j50 + 50 15 + j5 Es decir √ 2+j 5 ρL = = exp(j0, 148π) 5 5 La impedancia en un punto arbitrario de la línea viene dada por 1 + ρL exp(−j4πl/λ) Z(l) = 1 − ρL exp(−j4πl/λ) Por tanto, la impedancia en el punto d = 1, 53 cm = 0, 624λ es √ 1 + 5/5 [0, 46 − j0, 89] 3−j √ Z1 (d) = ≈ 2+j 1 − 5/5 [0, 46 − j0.89] Y la admitancia será

2+j 3+j 5 + 5j 1+j · = = 3−j 3+j 10 2 Ahora tenemos que obtener la admitancia debida al stub. El coeficiente de reflexión de un cortocircuito es ZL − Zo 0 − 50 = −1 ρSC = = ZL + Zo 0 + 50 Y la impedancia del stub en el punto de unión con la línea (l = 0, 122λ) es: Y1 (d) =

ZS (l) =

1 + ρSC exp(−j4πl/λ) 1 − ρSC exp(−j4πl/λ)

1 − exp [−j(0, 488π)] 1 − [0, 038 − j] 0, 962 + j = = 1 + exp [−j(0, 488π)] 1 + [0, 038 − j] 1, 038 − j La admitancia es 1, 038 − j 0, 962 − j 1 − j1, 038 − j0, 962 − 1 jB = · ≈ = −j 0, 962 + j 0, 962 − j 2 La admitancia total en el punto A es 1+j YAN = Y1 + jB = − j = 0, 5 − j0, 5 2 Y la impedancia 1 0, 5 + j0, 5 · =1+j ZAN = 0, 5 − j0, 5 0, 5 + j0, 5 Es decir ZS (l) =

ZA = 50 + j50 49

PROBLEMA 15

Y'

ZA

ZLN

A

C

YLN YA

jB1

PROBLEMA 16.- Una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω y que trabaja a la frecuencia f = 300 MHz, termina con una carga ZL que ha sido adaptada perfectamente mediante un stub de longitud l2 = 41, 1 cm colocado a una distancia d2 = 20, 6 cm. de la carga. El acoplo se hubiese podido lograr por medio de otro stub de longitud y distancia a la carga menores. Determínelos.

Figura 16 SOLUCIÓN En primer lugar determinamos la longitud de onda de la señal y calculamos las longitudes l1 y d1 en función de ésta λ = c/f =

3 · 108 =1m 3 · 108

l1 = 0, 411λ d1 = 0, 206λ A continuación, determinamos la admitancia del stub desplazándonos desde el punto de cortocircuito C (admitancia infinita) la distancia l1 = 0, 411λ jB1 = j1, 6

θB1 = 0, 161λ

Luego, la admitancia adaptada de la línea en el punto de unión con el stub es Y1 = 1 − j1, 6

θ1 = 0, 322λ 51

Seguidamente, nos desplazamos hacia la carga la distancia d1 = 0, 206λ para obtener la admitancia de carga YLN = 0, 5 + j0, 76

θLN = 0, 116λ

Y por último, la impedancia normalizada de la carga se obtiene como el punto simétrico respecto del origen de la admitancia de carga YLN . ZLN = 0, 5 − j Teniendo en cuenta la impedancia característica de la línea, la carga es ZL = 25 − j50 b) Para determinar otro par de valores l2 , d2 que adapten la carga, partimos de la admitancia de carga y nos desplazamos sobre la carta y hacia el generador hasta obtener el segundo corte con la circunferencia de resistencia unidad. θ01 = 0, 178λ Y10 = 1 + j1, 6 La distancia a la que hay que colocar el stub será por tanto d2 = 0, 178λ − 0, 116λ = 0, 062λ Y el valor de la admitancia necesario es jB2 = −j1, 60

θ B2 = 0, 339λ

Con una longitud l2 = 0, 339λ − 0, 250λ = 0, 089λ Teniendo en cuenta el valor de la longitud de onda, estos valores son, en centímetros d2 = 6, 20 cm l2 = 8, 90 cm

52

PROBLEMA 16

jB1

YLN Y'1

A

C

Y1 ZLN

jB2

PROBLEMA 17.- Una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 20Ω termina en una carga ZL = 6 − j8 Ω. Mediante el diagrama de Smith encuentre: a) el coeficiente de reflexión de voltaje en la carga. b) el coeficiente de onda estacionaria S. c) Distancia a la carga del primer mínimo de voltaje. d) Impedancia de la línea a 0, 05λ de la carga. e) Admitancia de la línea en el mismo punto. f)Posición más cercana a la carga en la que la parte imaginaria de la admitancia de la línea es igual a la admitancia característica. SOLUCIÓN a) Coeficiente de reflexión Representamos la impedancia normalizada en la carta de Smith, y la distancia al origen nos da el módulo del coeficiente de reflexión en la escala inferior correspondiente. ZLN = 0, 3 − j0, 4

θ LN = 0, 435λ

|ρL | = 0, 60 La fase se obtiene por lectura directa en la carta ϕL = −133o = −0, 74π rad b) Del mismo modo, el corte del círculo definido por la impedancia con el eje real nos da el coeficiente de onda estacionaria S=4 c)Los mínimos de voltaje tienen lugar en los puntos de menor impedancia. Por tanto el corte con el eje real negativo nos da la posición del mínimo de voltaje dmin = 0, 500λ − 0, 435λ = 0, 065λ d) La impedancia de la línea a 0, 050λ de la carga se obtiene desplazando la carga hacia el generador esta distancia Z1 = 0, 25 − j0, 09

θ1 = 0, 485λ

e) La admitancia en este punto se obtiene calculando el simétrico a Z1 en la Carta respecto del origen Y1 = 3, 5 + j1, 2 54

θ 1 = 0, 235λ

f) La admitancia característica de la línea es Yo = 1/Zo = 0, 05 Partiendo de la admitancia en la carga, YLN , YLN = 1, 2 + j1, 6

θ LN = 0, 185λ

nos desplazamos hacia el generador hasta cortar la curva de admitancia imaginaria constante 0,05. Este punto tiene una admitancia y acimut Y2 = 0, 26 + j0, 05

θ2 = 0, 008λ

Luego la distancia a la carga será d = (0, 500λ − 0, 185λ) + 0, 008λ = 0, 323λ

55

PROBLEMA 17

YLN

Y1

Y2

A

C Vmin

S

Z1

ZLN

jL

jrLj

PROBLEMA 18.- Por una línea de transmisión sin pérdidas de Zo = 100Ω se propaga una onda incidente de amplitud V + = 5 V y λ = 3 cm. Cuando se termina con una carga se producen en general, y como es sabido, ondas estacionarias, resultantes de la superposición de la onda incidente y reflejada, cuya envolvente constituye el perfil de onda estacionaria. a) Represente en el diagrama de Smith las cargas ZL siguientes (note que las dos últimas incluyen una seción de longitud λ/8

Figura 18 b)Halle gráficamente para cada una de ellas el coeficiente de reflexión ρ (módulo y fase) y la ROET (razón de onda estacionaria) SOLUCIÓN 1) Línea en cortocircuito ZL1 = 0 ρL1 = 16 π S1 = 1 2) Línea adaptada ZL2 = 1 ρL2 = 0 S2 = 0 3) ZL3 = 50 57

ρL3 = 0, 336 π S3 = 2 4) Adaptador λ/8 abierto ZL4 = −j ρL4 = 16 − π/2 S4 = 1 5)Adaptador λ/8 con carga de 200 Ω ZL5 = 0, 8 − j0, 6 ρL1 = 0, 336 − π S5 = 2

58

PROBLEMA 18

Z3

A

Z2

C

Z1

Z5

Z4

PROBLEMA 19.- En una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω se propaga una onda de longitud de onda λ = 10 cm. Se ha podido adaptar la carga ZL mediante una sección cortocircuitada de la misma línea, de longitud l1 = 4, 12 cm y colocada en paralelo a una distancia d1 = 4, 2 cm. Calcule el valor de la carga y un par de valores más cortos para d2 y l2 que adapten la carga. SOLUCIÓN En primer lugar calculamos las longitudes l1 y d1 en función de la longitud de onda de la señal λ = 10 cm l1 = 0, 412λ d1 = 0, 420λ A continuación, determinamos la admitancia del stub desplazándonos desde el punto de cortocircuito C (admitancia infinita) la distancia l1 = 0, 412λ jB1 = j1, 62

θB1 = 0, 162λ

Luego, la admitancia adaptada de la línea en el punto de unión con el stub es Y1 = 1 − j1, 62

θ 1 = 0, 320λ

Seguidamente, nos desplazamos hacia la carga la distancia d1 = 0, 420λ para obtener la admitancia de carga YLN = 0, 34 − j0, 67

θLN = 0, 400λ

Y por último, la impedancia normalizada de la carga se obtiene como el punto simétrico respecto del origen de la admitancia de carga YLN . ZLN = 0, 6 + j1, 2 Teniendo en cuenta la impedancia característica de la línea, la carga es ZLN = 30 + j60 60

b) Para determinar otro par de valores l2 , d2 que adapten la carga, partimos de la admitancia de carga y nos desplazamos sobre la carta y hacia el generador hasta obtener el segundo corte con la circunferencia de resistencia unidad. Y10 = 1 + j1, 62 θ 01 = 0, 180λ La distancia a la que hay que colocar el stub será por tanto d2 = 0, 180λ + (0, 500λ − 0, 400λ) = 0, 280λ Y el valor de la admitancia necesario es jB2 = −j1, 62

θ B2 = 0, 338λ

Con una longitud l2 = 0, 338λ − 0, 250λ = 0, 088λ Teniendo en cuenta el valor de la longitud de onda, estos valores son, en centímetros d2 = 2, 80 cm l2 = 0, 800 cm

61

PROBLEMA 19

jB1

ZLN

Y'1

A

C

Y1 YLN

jB2

PROBLEMA 20.- En una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 400Ω se propaga una onda de longitud de onda λ = 1.5 m. Se ha podido adaptar la carga ZL mediante una sección cortocircuitada de la misma línea, de longitud l1 = 0, 55 m y colocada en paralelo a una distancia d1 = 0, 56 m. Calcule el valor de la carga y un par de valores más cortos para d y l que adapten la carga. SOLUCIÓN En primer lugar calculamos las longitudes l1 y d1 en función de la longitud de onda de la señal λ = 1, 5 cm l1 = 0, 366λ d1 = 0, 373λ A continuación, determinamos la admitancia del stub desplazándonos desde el punto de cortocircuito C (admitancia infinita) la distancia l1 = 0, 366λ jB1 = j0, 9

θB1 = 0, 116λ

Luego, la admitancia adaptada de la línea en el punto de unión con el stub es Y1 = 1 − j0, 9

θ1 = 0, 342λ

Seguidamente, nos desplazamos hacia la carga la distancia d1 = 0, 373λ para obtener la admitancia de carga YLN = 0, 43 − j0, 16

θLN = 0, 469λ

Y por último, la impedancia normalizada de la carga se obtiene como el punto simétrico respecto del origen de la admitancia de carga YLN . ZLN = 2, 05 + j0, 75 Teniendo en cuenta la impedancia característica de la línea, la carga es ZL = 820 + j30 63

b) Para determinar otro par de valores l2 , d2 que adapten la carga, partimos de la admitancia de carga y nos desplazamos sobre la carta y hacia el generador hasta obtener el segundo corte con la circunferencia de resistencia unidad. Y10 = 1 + j0, 9 θ01 = 0, 158λ La distancia a la que hay que colocar el stub será por tanto d2 = 0, 469λ − 0, 158λ = 0, 311λ Y el valor de la admitancia necesario es jB2 = −j1, 62

θ B2 = 0, 384λ

Con una longitud l2 = 0, 384λ − 0, 250λ = 0, 134λ Teniendo en cuenta el valor de la longitud de onda, estos valores son, en centímetros d2 = 0, 47 m l2 = 0, 20 m

64

PROBLEMA 20

jB1

Y'1

ZLN

A

C YLN Y1

jB2

PROBLEMA 21.-Para determinar el valor de una impedancia de carga no adaptada colocada en el extremo de una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω se dispone de una línea ranurada de igual impedancia en la que se han realizado las siguientes medidas a frecuencia 2 GHz: Coeficiente de onda estacionaria S = 2, 8 ; Colocando un plano de cortocircuito a una distancia de 20,85 cm. de la carga, la posición de cada mínimo existente en las condiciones iniciales se ha desplazado hacia la carga una distancia de 2,28 cm. a) Muestre de forma gráfica el perfil de onda estacionaria que se produce en la línea en cada una de ambas situaciones. Indique bien la posición de los mínimos en una escala de abcisas adecuada. b) Trabajando con el diagrama de Smith determine la impedancia Zv vista desde la posición donde va a colocar el cortocircuito y a partir de ella, la impedancia ZL . c) La distancia mínima donde debe colocarse en paralelo una susceptancia jB inductiva para adaptar la carga.

Figura 21 SOLUCIÓN La longitud de onda es λ = c/f =

3 · 1010 = 15 cm 2 · 109

La posición del cortocircuito en unidades de longitud de onda es lc = 1, 390λ y fuerza la posición de un mínimo de voltaje. Puesto que la posición de los mínimos se ha desplazado ∆lmin = 0, 152λ hacia la carga, antes de existir el cortocicuito, este mínimo se encontraba a una distancia de la carga igual a 66

lmin = lc + ∆lmin lmin = 1, 390λ + 0, 152λ = 1, 542λ Conocida la distancia de un mínimo a la carga y la razón de onda estacionaria que nos da el radio del círculo donde se situa la impedancia de la línea, podemos calcular la impedancia de carga. Partimos del punto de voltaje mínimo que está situado en el eje real izquierdo de la carta de Smith, y nos desplazamos hacia la carga (sentido antihorario) una distancia igual a lmin , que es equivalente a lmin = 0, 042λ. El valor de la impedancia es ZLN = 0, 38 − j0, 24

θLN = 0, 458λ

Y la impedancia Zv en el punto donde se va a colocar el corto, la obtenemos desplazándonos desde la carga hacia el generador una distancia igual a lc = 1, 390λ Es decir Zv = 0, 85 − j0, 98

θv = 0, 458λ + 1, 390λ = 1, 848λ ∼ 0, 348λ

La repesentación gráfica se muestra en la figura P-21

Figura P-21

67

PROBLEMA 21

A

C Vmin

S

ZLN

Zv

PROBLEMA 22.- Una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω por la que se propaga una señal a 1875 MHz, termina en una carga ZL = 100 − j50 Ω. Mediante el diagrama de Smith encuentre la distancia más corta a la que debe colocarse en pararelo una sección de la misma línea cortocircuitada para adaptar dicha carga. Represente el perfil de onda estacionaraia (con escalas explícitamente marcadas) desde dicha carga hasta un punto a 20 cm a su izquierda en la línea. Lo mismo en el stub.

Figura 22 SOLUCIÓN La impedancia de carga normalizada será ZLN = 2 − j La situamos en la carta de Smith y obtenemos la admitancia correspondiente YLN = 0, 42 + j0, 2

θLN = 0, 037λ

Nos desplazamos ahora hacia el generador hasta intersectar el círculo de admitancia real igual a la unidad. El primer punto de corte nos da una admitancia de valor Y1 = 1 + j0, 97

θ1 = 0, 161λ

Por tanto, la distancia a la que habría que colocar es stub sería d1 = 0, 161λ − 0, 037λ = 0, 124λ Y la admitancia del stub para que la línea quedara adaptada sería jB1 = −j0, 97

θ B1 = 0, 376λ 69

La longitud del stub se obtiene desplazándonos desde el punto C de admitancia en cortocircuito hasta el punto de admitancia jB1 , es decir l1 = 0, 376λ − 0, 250λ = 0, 126λ El segundo punto de corte nos da una admitancia de valor Y2 = 1 − j0, 97

θ 2 = 0, 339λ

Por tanto, la distancia a la que habría que colocar es stub sería d2 = 0, 339λ − 0, 037λ = 0, 302λ Y la admitancia del stub para que la línea quedara adaptada sería jB2 = j0, 97

θB2 = 0, 124λ

La longitud del stub se obtiene desplazándonos desde el punto C de admitancia en cortocircuito hasta el punto de admitancia jB2 , es decir l2 = 0, 124λ + 0, 250λ = 0, 374λ Teniendo en cuenta que se propaga una señal a 3 GHz, la longitud de onda es λ = c/f =

3 · 1010 = 16 cm 1875 · 106

Luego, la distancia más corta a la que hay que colocar el stub, así como la longitud del mismo es d1 = 0, 124λ = 1, 984 cm l1 = 0, 126λ = 2, 016 cm Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar el coeficiente de reflexión en la carga, éste lo obtenemos llevando el radio del círculo de la impedancia a la escala situada en la parte inferior de la carta de Smith. ρL = 0, 446 − 27o = 0, 446 − 0, 15π ρL = 0, 44 (cos(−27o ) + j sen(−27o ) = 0, 4 − j0, 2 70

La tensión en la carga es VL = Vi (1 + ρL ) = Vi (1, 4 − j0, 2) |VL | = 1, 41 Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ Esto es para l=

∓2m − 0, 15 λ 4 m l 1 0,46λ 2 0,96λ

Y su valor es |Vmax | = Vi (1 + |ρL |) = 1, 44Vi Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para

con

m = 0, 1, 2, ...

4π l = ±(2m + 1)π λ ∓ (2m + 1) − 0, 15 l= λ 4 m l 0 0,21λ 1 0,71λ 2 1,21λ

−0, 15π −

Y su valor es |Vmin | = Vi (1 − |ρL |) = 0, 56Vi Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. En la figura P22a se representa con una línea continua el perfil de la onda en la región no adaptada y con linea discontínua cómo sería dicho perfil de no existir el stub. Fíjese que a partir del punto donde se coloca el stub, la línea está adaptada y por tanto el voltaje es constante e igual al voltaje incidente. En la figura P22b se representa el perfil de onda de un stub cortocircuitado. 71

Figura P22a

Figura P22b

72

PROBLEMA 22

jB2

Y1

YLN

A

C

ZLN Y2

jB1

rL

jL

PROBLEMA 23.- En una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 100Ω se ha logrado adaptar una carga ZL mediante una sección de línea cortocircuitada de longitud l = 0, 112λ colocada en paralelo a una distancia d = 0, 042λ de dicha carga. Utilizando el diagrama de Smith determine el valor de la carga. Dibuje el perfil de onda estacionaria entre la carga terminal y el punto de la línea situado a 200 cm. a su izquierda. Tome λ = 100 cm. SOLUCIÓN En primer lugar determinamos la admitancia del stub desplazándonos desde el punto de cortocircuito C (admitancia infinita) la distancia l1 = 0, 112λ jB1 = −j1, 18

θ B1 = 0, 362λ

Luego, la admitancia adaptada de la línea en el punto de unión con el stub es Y1 = 1 + j1, 18

θ1 = 0, 150λ

Seguidamente, nos desplazamos hacia la carga la distancia d1 = 0, 042λ para obtener la admitancia de carga. El acimut de la admitancia de carga será θ LN = θ1 − d1 = 0, 150λ − 0, 042λ, y la admitancia YLN = 0, 037 + j0, 74

θLN = 0, 108λ

Y por último, la impedancia normalizada de la carga se obtiene como el punto simétrico respecto del origen de la admitancia de carga YLN . ZLN = 0, 55 − j1, 1 Teniendo en cuenta la impedancia característica de la línea, la carga es ZL = 55 − j110 Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar el coeficiente de reflexión en la carga, el módulo lo obtenemos llevando el radio del círculo donde se sitúa la impedancia a la escala situada en la parte inferior de la carta de Smith; y el ángulo lo leemos directamente en la carta (lo marca el radio que pasa por la impedancia de carga, en la escala correspondiente al ángulo del coeficiente de reflexión) ρL = 0, 636 − 77, 5o = 0, 636 − 0, 43π 74

ρL = 0, 4 (cos(−77, 5o ) + j sen(−77, 5o ) = 0, 12 − j0, 62 La tensión en la carga es VL = Vi (1 + ρL ) = Vi (1, 12 − j0, 62) |VL | = 1, 28 Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ Esto es para l=

∓2m − 0, 43 λ 4 m l 1 0,39λ 2 0,89λ

Y su valor es |Vmax | = Vi (1 + |ρL |) = 1, 63Vi Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para

con

m = 0, 1, 2, ...

4π l = ±(2m + 1)π λ ∓ (2m + 1) − 0, 43 l= λ 4 m l 0 0,14λ 1 0,64λ 2 1,14λ

−0, 43π −

Y su valor es |Vmin | = Vi (1 − |ρL |) = 0, 37Vi Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. En la figura P23 se representa con una línea continua el perfil de la onda en la 75

línea no adaptada y con línea discontinua el perfil de onda si no existiese el stub. Fíjese que a partir del punto donde se coloca el stub, la línea está adaptada y por tanto el voltaje es constante e igual al voltaje incidente.

Figura P23

76

PROBLEMA 23

YLN

Y1

A

C

ZLN

jB1 jL

rL

PROBLEMA 24.- En una línea de transmisión sin pérdidas de impedancia característica Zo = 100Ω, cerrada por una carga de impedancia ZL = 200 + j280 Ω se propagan una ondas de longitud de onda λ = 1 m. Mediante el diagrama de Smith determine: a) El coeficiente (complejo) de reflexión de voltaje de dicha carga y la razón de onda estarionaria. b)Marque en el diagrama de Smith el punto que representa la impedancia ZA que se mediría en el punto A de la línea, a 37,5 cm de la carga y determine su valor. c) ¿En qué posición B de la línea se tendrá una impedancia puramente resistiva? ¿Cuál sería su valor en ohmios? d) Dibuje el perfil de onda estacionaria en la línea entre la carga y un punto situado a 2m a la izquierda. Marque claramente las escalas y los valores significativos.

Figura 24 SOLUCIÓN La carga normalizada es ZLN = 2 + j2, 8

θ LN = 0, 212λ

a) Situamos la carga en el diagrama de smith y la distancia al origen nos da en la escala correspondiente (parte inferior de la carta) el módulo del coeficiente de reflexión, mientras que el ángulo se obtiene por lectura directa en la carta ρL = 0, 726 27, 5o = 0, 726 0, 153π El corte del círculo donde se encuentra la impedancia normalizada con el eje real nos da la razón de onda estacionaria S = 6, 2 b) Para obtener la impedancia ZA nos desplazamos hacia el generador la distancia dA = 37, 5 cm que en unidades de longitud de onda es 78

dA = 0, 375λ El acimut de este punto es θA = θLN + dA = 0, 587λ = 0, 087λ La impedancia será ZA = 0, 22 + j0, 58

θ A = 0, 087λ

c) La impedancia de la línea será puramente resistiva en el punto en que el círculo donde se sitúan las impedancias corta el semieje real positivo, y es valor de esta impedancia sera igual a la razón de onda estacionaria ZB = 6, 2

θB = 0, 250λ

Es decir, este punto se encuenta a una distancia de la carga igual a dB = 0, 250λ − 0, 212λ = 0, 038λ = 3, 8 cm y su valor en ohmios es ZB = 620 Ω d)Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar la tensión en la carga que viene dada por VL = Vi (1 + ρL ) El coeficiente de reflexión complejo es ρL = 0, 726 27, 5o = 0, 64 + j0, 33 Por tanto VL = Vi (1, 64 + j0, 33) |VL | = 1, 67 Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ 79

Esto es para l=

(0, 153 ∓ 2m)λ 4 m l 0 0,04λ 1 0,54λ 2 1,04λ

Y su valor es |Vmax | = Vi (1 + |ρL |) = 1, 72Vi Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para

con

m = 0, 1, 2, ...

4π l = ±(2m + 1)π λ ∓(2m + 1) + 0, 153 l= λ 4 m l 0 0,29λ 1 0,79λ 2 1,29λ

0, 153π −

Y su valor es |Vmin | = Vi (1 − |ρL |) = 0, 28Vi Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía en la figura P24.

Figura P24

80

PROBLEMA 24

ZA

ZLN

jL

A

C ZB

rL

PROBLEMA 25.- Una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω, cerrada por una impedancia desconocida ZL está alimentada por un generador de frecuencia 1GHz. Ha sido adaptada mediante un ”stub” colocado a 0, 188λ de la carga. El stub está formado por una sección de línea de longitud 0,236λ y de impedancia característica Zo0 = 100Ω terminada por una autoinducción de L = 73 nH. a) Calcule la impedancia Zs del stub y su impedancia normalizada. Determine el valor de la impedancia de carga y dibuje el perfil de onda estacionaria de la línea entre la carga y un punto situado a 18 cm a su izquierda. Lo mismo para el stub. Marque claramente las escalas y los valores numéricos necesarios.

Figura 25 SOLUCIÓN En primer lugar calculamos la impedancia correspondiente a la autoinducción ZB = jωL = j2π · 109 × 73 · 10−9 = j458, 7 Ω Su valor normalizado será 0 = ZBN

ZB = j4, 59 Zo0

La admitancia correspondiente es 0 jBLN = −j0, 22

θBLN = 0, 466λ

Para determinar la admitancia del stub, localizamos esta admitancia en la carta y nos desplazamos la distancia 0,236λ en dirección al generador 0 θ B0 s = θBLN + 0, 236λ = 0, 702λ − 0, 500λ = 0, 202λ

82

0 jBSN = j3, 2

Y la impedancia del stub es 0 ZSN =

1 = −j0, 31 jBs0

El valor en ohmios es ZS = −j310 b) Para determinar la impedancia de carga que ha sido adaptada, tenemos que determinar qué valor de admitancia se ha adaptado teniendo en cuenta que la impedancia característica del stub es distinta a la de la línea. Hemos obtenido que la admitancia normalizada del stub es 0 jBSN = j3, 2

Su valor en Ω−1 es 0 jBS = jBSN Yo0 = j0, 032

Que normalizada a la admitancia característica de la línea tiene un valor de jBSN =

jBS = j1, 6 Yo

Luego, el stub está adaptando una impedancia de valor Y1 = 1 − j1, 6

θ1 = 0, 322λ

A continuación nos desplazamos hacia la carga la distancia d = 0, 188λ para obtener la admitancia de carga YLN = 0, 48 + j

θLN = 0, 134λ

ZLN = 0, 4 − j0, 81 ZL = 20 − j40, 5

θLN = 0, 384λ θ LN = 0, 384λ

Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar el coeficiente de reflexión en la carga, el módulo del mismo lo obtenemos llevando el radio del círculo donde se sitúa la impedancia a la escala situada en la parte inferior de la carta de Smith; el ángulo lo obtenemos por lectura directa de la carta. 83

ρL 6 ϕ = 0, 626 − 97,o = 0, 626 − 0, 54π ρL = 0, 62 (cos(−97o ) + j sen(−97o ) = 0, 076 − j0, 62 Otra opción es calcular el coeficiente de reflexión analíticamente ρL =

ZL − Zo −3 − j4, 05 = ZL + Zo 7 − j4, 05

racionalizando ρL =

Ã

−3 − j4, 05 7 − j4, 05

!Ã

7 + j4, 05 7 + j4, 05

!

=−

4, 6 + j40, 5 = −0, 07 − j0, 62 65, 4

La tensión en la carga es VL = Vi (1 + ρL ) = Vi (0, 93 − j0, 62) |VL | = 1, 12 Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ Esto es para l=

∓2m − 0, 54 λ 4 m l 1 0,365λ 2 0,865λ

Y su valor es |Vmax | = Vi (1 + |ρL |) = 1, 62Vi Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para −0, 54π −

con

m = 0, ±1, ±2, ...

4π l = ±(2m + 1)π λ 84

l=

∓(2m + 1) − 0, 54 λ 4 m l 0 0,12λ 1 0,62λ 2 1,12λ

Y su valor es |Vmin | = Vi (1 − |ρL |) = 0, 38Vi Por último, la longitud de onda de la señal es λ=

c 3 · 1010 = = 30 cm f 109

Luego tenemos que representar el perfil de onda en una distancia de 18 cm que en unidades de longitud de onda es l = 0, 6λ Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. En la figura P25a se representa con una línea continua el perfil de la onda en la línea no adaptada. En el caso del stub terminado en una bobina, el coeficiente de reflexión leído directamente en la carta es ρB 6 ϕ = 16 24, 5o = 16 0, 136π y analíticamente también se comprueba este resultado, realizando las operaciones adecuadas ρB =

ZB − Zo j458, 7 − 100 = = 0, 91 + j0, 42 ZB + Zo j458, 7 + 100

La tensión en la bobina es VB = Vi (1 + ρL ) = Vi (1, 91 + j0, 42) |VB | = 1, 96 Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ 85

Esto es para

0, 136 ∓ 2m λ 4 m l 0 0,034λ 1 0,534λ 2 1,034λ

l=

Y su valor es |VS max | = Vi (1 + |ρL |) = 2Vi

Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para

m = 0, ±1, ±2, ...

con

4π l = ±(2m + 1)π λ ∓(2m + 1) + 0, 136 λ l= 4 m l 1 0,282λ 2 0,784λ

0, 136π −

Y su valor es |VS min | = Vi (1 − |ρL |) = 0

Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en el stub. En la figura P25b se representa con una línea continua el perfil de la onda en un stub de las características dadas.

Figura P25a

Figura P25b

86

PROBLEMA 25

YLN

jB'S

ZB

A

jB

C

jB'LN Y1 Z'SN

ZLN

jL

rL

PROBLEMA 26.- Mediante una bobina L y un condensador C colocados tal como indica la figura, se puede adaptar una carga ZL = 140 + j60 Ω a una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω. Halle mediante el diagrama de Smith las reactancias XL y XC que realizan dicho acoplo, y los valores de L y C si se propagan ondas de 1kHz. No toda carga es adaptable con el tipo de dispositivo considerado. Puede comprobar que, por ejemplo, ZL /Zo = 0, 5 + j2, 0 no lo es. Identificque la zona de impedancias normalizadas no adaptables. Si la frecuencia varía, el acoplo ya no se verifica. Considere la frecuencia de 2kHz y estime aproximadamente, mediante el diagrama de Smith, qué relación de onda estacionaris S se medirá ahora en la línea de transmisión.

Figura 26 SOLUCIÓN La carga normalizada y la admitancia son respectivamente ZLN = 2, 8 + j1, 2 YLN = 0, 31 − j0, 13

θLN = 0, 477λ

Al sumar la admitancia de la bobina que será del tipo YB = −jB1

con

B1 ≥ 0

Obtenemos Y1 = 0, 31 − j(0, 13 + B1 ) Esta admitancia debe caer en la circunferencia C2 que es la de las admitancias cuyas impedancias correspondientes tienen la parte real igual a la unidad. Esto debe ser así porque el enunciado nos dice que al sumar posteriormente la admitancia del condensador (que es imaginaria pura) la línea quedará adaptada. De los dos puntos de intersercción de la circunferencia C2 con la correspondiente a parte real igual a 0,31, el único que es posible mediante la adicción de una reactancia inductiva es el inferior, esto es 88

Y1 = 0, 31 − j0, 45 Luego la admitancia de la bobina es YB = −jB1 = −j0, 32 La impedancia será ZB =

1 = j3, 125 YB

Es decir, la reactancia inductiva es XB = j156, 25 Ω Teniendo en cuenta la frecuencia de la señal, el valor de la bobina es L=

XB = 24, 9 mH jω

Continuando con la adaptación, la impedancia correspondiente a Y1 es Z1 = 1 + j1, 52 Por tanto, la impedancia debida al condensador debe ser ZC = −j1, 52 para que la línea quede adaptada. La reactancia capacitiva será XC = ZC · Zo = −j76 Ω y el valor del condensador C=

−j = 2, 1 µF ωXc

b) Efectivamente la impedancia 0 ZLN = 0, 5 + j2

no es adaptable con este dispositivo. Esto se ve rápidamente en el diagrama de Smith. La admitancia correspondiente que es 89

0 YLN = 0, 14 − j0, 46

cae en la región 3 de la carta (ver figura P26a) y por tanto, no existirá ninguna reactancia inductiva que colocada en paralelo la lleve sobre el círculo C2 .

Figura P26a Siguiendo los razonamientos anteriores, vemos que las regiones no adaptables son la 1 y la 4 de la carta (sombreadas en la figura).

90

PROBLEMA 26

Z'LN

Z1

C2

ZLN

A YLN

Y1 -jBB

Y'LN

-jBC

C

PROBLEMA 27.-Transformador de cuarto de onda. Se desea adaptar una carga Z3 = 400Ω a una línea de transmisión de impedancia característica Z1 = 100Ω que opera a la frecuencia de fo = 300 MHz. Con este fin se inserta una sección de longitud λ/4 de una línea de impedancia característica Z2 . a) Determine el valor de Z2 que produce la adaptación deseada. b) Localice en el diagrama de Smith los puntos que corresponden a las impedancias normalizadas Z3 /Z2 ; ZL /Z2 y ZL /Z1 c) Es obvio que no hay adaptación para f 6= fo . Localice en el diagrama de Smith los puntos que identifican las impedancias normalizadas ZL /Z1 que se obtienen cuando se opera con f = 200, 250, 350 y 400 MHz d) A partir de estos datos dibuje la gráfica de la relación de onda estacionaria S en función de la frecuencia en el intervalo entre 200 y 400 MHz.

Figura 27 SOLUCIÓN a) El valor de la impedancia Z2 se obtiene sabiendo que la impedancia característica de un adaptador λ/4 tiene que ser Z2 =

q

Z1 · Z3 = 200Ω

b) Z32 =

Z3 =2 Z2

Localizamos en la carta de Smith la impedancia Z32 , que es la impedancia Z3 normalizada a la impedancia característica Z2 . Podemos observar que se localiza sobre el eje real positivo. Para obtener la impedancia ZL2 nos desplazamos hacia el generador una distancia igual a un cuarto de longitud de onda d = 0, 250λ. ZL2 = 0, 5

θL2 = 0, 500λ 92

A partir de este valor obtenemos la impedancia de carga ZL = ZL2 · Z2 ZL = 100 Y la impedancia normalizada a la impedancia característica de la línea ZL1 =

ZL 100 = =1 Z1 Z1 S=0

c)En primer lugar determinamos la longitud de onda para la frecuencia de trabajo inicial que es λ = c/f =

3 · 1010 = 100 cm 300 · 106

y con este dato podemos calcular la longitud del adaptador λ/4 en centímetros, lA = 25 cm A continuación determinamos la longitud, en unidades de longitud de onda, para las distintas frecuencias: I) f = 200 MHz λ = c/f =

3 · 1010 = 150 cm 200 · 106

la longitud del adaptador en unidades de longitud de onda será I = 0, 167λ lA I Seguidamente, nos desplazamos desde Z23 hacia el generador la distancia lA I y obtenemos ZL2

Z32 = 2 I ZL2 = 0, 62 − j0, 4

θ32 = 0, 250λ θL2 = θI32 + 0, 167λ = 0, 417λ

ZLI = 124 − j80 93

I ZL1 = 1, 24 − j0, 80

S I = 2, 1 II) f = 250 MHz λ = c/f =

3 · 1010 = 120 cm 250 · 106

la longitud del adaptador en unidades de longitud de onda será II = 0, 208λ lA II Seguidamente, nos desplazamos desde Z23 hacia el generador la distancia lA II y obtenemos ZL2

Z32 = 2

θ32 = 0, 250λ θII L2 = θ 32 + 0, 208λ = 0, 458λ

II ZL2 = 0, 525 − j0, 2

ZLII = 105 − j40 II = 1, 05 − j0, 40 ZL1

S II = 1, 49 III) f = 350 MHz λ = c/f =

3 · 1010 = 85, 7 cm 350 · 106

la longitud del adaptador en unidades de longitud de onda será III lA = 0, 292λ III Seguidamente, nos desplazamos desde Z23 hacia el generador la distancia lA III y obtenemos ZL2

94

Z32 = 2 III ZL2 = 0, 525 + j0, 2

θ32 = 0, 250λ

θIII L2 = θ 32 + 0, 292λ = 0, 542λ ' 0, 042λ ZLIII = 105 + j40 III ZL1 = 1, 05 + j0, 40

S III = 1, 49 IV) f = 400 MHz 3 · 1010 λ = c/f = = 75 cm 400 · 106

la longitud del adaptador en unidades de longitud de onda será IV lA = 0, 333λ IV Seguidamente, nos desplazamos desde Z23 hacia el generador la distancia lA IV y obtenemos ZL2

Z32 = 2 IV ZL2 = 0, 62 + j0, 4

θ32 = 0, 250λ

θIV L2 = θ 32 + 0, 292λ = 0, 583λ ' 0, 083λ ZLIV = 124 + j80 IV = 1, 24 + j0, 8 ZL1

S IV = 2, 1 d) La tabla de valores de la razón de onda estacionaria en función de la frecuencia es f 200 250 300 350 400

S 2,1 1,49 0 1,49 2,1 95

Figura 27

96

PROBLEMA 27

ZIVL2 ZIVL1

ZIIIL2 ZIIIL1

A

ZL2

Z32

ZL1

ZIIL2

ZIIL1 ZIL2

ZIL1

C

PROBLEMA 28.- Para acoplar una carga ZL a una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω se utiliza un adaptador en paralelo cortocircuitado, con valores d1 = 3, 42 cm y l1 = 3, 00 cm, siendo la frecuencia de operación de 3,75 GHz. Halle el valor de la carga. Represente la gráfica del perfil de onda estacionaria en la línea principal desde la carga hasta una distancia de 5 cm a la izquierda, y en el stub. Encuentre otro par de valores menores que los anteriores que realicen también la adaptación. SOLUCIÓN En primer lugar calculamos la longitud de onda λ=

3 · 1010 c = 8 cm = f 3, 75 · 109

seguidamente calculamos las longitudes l1 y d1 en función de la longitud de onda de la señal λ = 10 cm l1 = 0, 375λ d1 = 0, 430λ A continuación, determinamos la admitancia del stub desplazándonos desde el punto de cortocircuito C (admitancia infinita) la distancia l1 = 0, 375λ jB1 = j

θB1 = 0, 125λ

Luego, la admitancia adaptada de la línea en el punto de unión con el stub es Y1 = 1 − j

θ 1 = 0, 338λ

Seguidamente, nos desplazamos hacia la carga la distancia d1 = 0, 430λ para obtener la admitancia de carga YLN = 0, 52 − j0, 525

θ LN = 0, 408λ

Y por último, la impedancia normalizada de la carga se obtiene como el punto simétrico respecto del origen de la admitancia de carga YLN . ZLN = 0, 96 + j0, 97 98

Teniendo en cuenta la impedancia característica de la línea, la carga es ZLN = 48 + j48, 5 b) Para determinar otro par de valores l2 , d2 que adapten la carga, partimos de la admitancia de carga y nos desplazamos sobre la carta y hacia el generador hasta obtener el segundo corte con la circunferencia de resistencia unidad. Y10 = 1 + j θ 01 = 0, 162λ La distancia a la que hay que colocar el stub será por tanto d2 = 0, 162λ + (0, 500λ − 0, 408λ) = 0, 254λ Y el valor de la admitancia necesario es jB2 = −j

θ B2 = 0, 375λ

Con una longitud l2 = 0, 375λ − 0, 250λ = 0, 125λ Teniendo en cuenta el valor de la longitud de onda, estos valores son, en centímetros d2 = 2, 03 cm l2 = 1, 00 cm Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar el coeficiente de reflexión en la carga; el módulo lo obtenemos llevando el radio del círculo donde se sitúa la impedancia a la escala situada en la parte inferior de la carta de Smith; el desfase se lee directamente en la carta. ρL 6 ϕ = 0, 456 66o = 0, 456 0, 367π ρL = 0, 45 (cos(66o ) + j sen(66o ) = 0, 183 + j0, 411 La tensión en la carga es VL = Vi (1 + ρL ) = Vi (1, 18 + j0, 41) 99

|VL | = 1, 25 Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ Esto es para l=

∓2m + 0, 367 λ 4 m l 0 0,09λ 1 0,59λ 2 1,09λ

Y su valor es |Vmax | = Vi (1 + |ρL |) = 1, 45Vi

Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para

con

m = 0, 1, 2, ...

4π l = ±(2m + 1)π λ ∓(2m + 1) + 0, 367 λ l= 4 m l 0 0,34λ 1 0,84λ 2 1,34λ

0, 367π −

Y su valor es |Vmin | = Vi (1 − |ρL |) = 0, 55Vi

Por último, la longitud de onda de la señal es de 8 cm, luego tenemos que representar el perfil de onda en una distancia de 5 cm que en unidades de longitud de onda es l = 0, 625λ Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. En la figura P28a se representa con una línea continua el perfil de la onda en la línea no adaptada en los 5 cm a la izquierda de la carga. 100

En el caso del stub terminado en cortocircuito, el coeficiente de reflexión leído directamente en la carta es ρS 6 ϕs = −1 = 16 π Los máximos de tensión tienen lugar para ϕs − 2βl = ±2mπ Esto es para l= m 0 1 2

1 ∓ 2m λ 4 l 0,250λ 0,750λ 1,250λ

Y su valor es |VS max | = Vi (1 + |ρs |) = 2Vi Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕs − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para

con

m = 0, 1, 2, ...

4π l = ±(2m + 1)π λ ∓(2m + 1) + 1 λ l= 4 m l 0 0,5λ 1 1,0λ 2 1,5λ

π−

Y su valor es |VS min | = Vi (1 − |ρL |) = 0 Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en el stub. En la figura P28b se representa con una línea continua el perfil de la onda en un stub cortocircuitado en los 5 cm a la izquierda del cortocircuito.

101

Figura P28a

Figura P28b

102

PROBLEMA 28 jL jB1

ZLN

A

Y'1

C

Y1

YLN

jB2

rL

PROBLEMA 29.-En una línea de trasmisión la razón de onda estacionaria vale 2,3 y se detectan dos mínimos contiguos, uno a 5 cm y otro a 17 cm de un punto arbitrario de la línea. Si en lugar de la carga ZL se coloca un cortocircuito se observa un mínimo a 31 cm del punto de referencia anterior. a) Trace cuidadosamente, con los valores numéricos apropiados, el perfil de onda estacionaria con ZL y con el cortocircuito, entre el punto de referencia y otro punto situado a 35 cm del anterior. b) Suponga un cortocircuito deslizante construído con una porción de la misma línea. Dibuje las gráficas de las componentes real e imaginaria de su impedancia Zccd (l) en función de la posición l entre 0 y 15 cm.

Figura 29 SOLUCIÓN a)La separación entre dos mínimos nos permite determinar la longitud de onda λ = d2 min − d1 min 2 λ = 12 cm ⇒ λ = 24 cm 2 Conocida la razón de onda estacionaria S = 2, 3 podemos determinar el módulo del coeficiente de reflexión mediante la relación |ρL | =

S−1 = 0, 39 S+1

Conocido éste, el máximo de tensión será |Vmax | = Vi (1 + |ρL |) = 1, 39Vi Y el mínimo |Vmin | = Vi (1 − |ρL |) = 0, 61Vi 104

Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda estacionaria desde el punto de referencia O (figura P29). No podemos hacerlo desde la carga ya que desconocemos su valor y su posición y por tanto no podemos determinar el desfase del coeficiente de reflexión en la carga. Las distancias en unidades de longitud de onda son d1 min = 0, 21λ d2 min = 0, 71λ Cuando se sustituye la carga por un cortocircuito, se observa un mínimo a una distancia del punto de referencia O igual a d0 = 1, 3λ Tratándose de un cortocircuito, sabemos que los mínimos son nulos, y los máximos son el doble de la tensión de entrada. Por tanto el perfil de onda estacionaria para este caso es el que se observa con línea discontinua en la figura P29

Figura P29

105

PROBLEMA 30.- Una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 100Ω en la que se propaga una señal de 300 MHz, termina en una carga ZL = 50 + j40 Ω. Mediante el diagrama de Smith determine: a) La razón de onda estacionaria S b) La impedancia Zx en un punto de la línea a 20 cm de la carga. c)Cuáles son las dos distancias más cercanas a la carga en las que se tiene una impedancia puramente resistiva y cuál es su valor. d) Dibuje el perfil de onda estacionara en los últimos 100 cm de la línea, tomando como unidad la amplitud de la onda incidente. Indique los valores numéricos indispensables. SOLUCIÓN La impedancia normalizada es ZLN = 0, 5 + j0, 4

θLN = 0, 074λ

a) La razón de onda estacionaria se obtiene por la intersección de la circunferencia donde se encuentra la impedancia normalizada de carga con el semieje real positivo S = 2, 4 b) Para obtener la impedancia en un punto a 20 cm de la carga tenemos que calcular primero la longitud de onda de la señal que se propaga λ=

c 3 · 1010 = = 100 cm f 300 · 106

La distancia al punto X en unidades de longitud de onda es lx = 0, 020λ Luego, desplazándonos hacia el generador esta distancia, obtenemos Zx Zx = 0, 57 + j0, 52

θ x = 0, 094λ

y su valor en ohmios es Zx = 57 + j52 c) La impedancia será puramente resistiva en los puntos en los que corta el eje real. Estos son Zmax = 2, 4

θ1 = 0, 250λ 106

Zmin = 0, 42

θ 2 = 0, 500λ

Y las distancias desde la carga a estos puntos son d1 = 0, 250λ − 0, 074λ = 0, 176λ d2 = 0, 500λ − 0, 074λ = 0, 426λ Que en centímetros es d1 = 17, 6 cm d2 = 42, 6 cm d) Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar el coeficiente de reflexión en la carga, éste lo obtenemos llevando el radio del círculo de la impedancia a la escala situada en la parte inferior de la carta de Smith. ρL 6 ϕ = 0, 416 126, 2o = 0, 416 0, 70π ρL = 0, 41 (cos(126, 2o ) + j sen(126, 2o ) = −0, 24 + j0, 33 La tensión en la carga es VL = Vi (1 + ρL ) = Vi (0, 76 + j0, 33) |VL | = 0, 83 Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ Esto es para l=

∓2m + 0, 70 λ 4 m l 0 0,175λ 1 0,675λ 2 1,175λ 107

Y su valor es |Vmax | = Vi (1 + |ρL |) = 1, 41Vi Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para

con

m = 0, ±1, ±2, ...

4π l = ±(2m + 1)π λ ∓(2m + 1) + 0, 70 l= λ 4 m l 0 0,425λ 1 0,925λ

0, 70π −

Y su valor es |Vmin | = Vi (1 − |ρL |) = 0, 59Vi Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. En la figura P30 se representa con una línea continua el perfil de la onda en la línea no en los 100 cm a la izquierda de la carga.

Figura 30

108

PROBLEMA 30

Zx ZLN

A

Zmax

Zmin

rL

C

PROBLEMA 31.- Para determinar el valor de una impedancia de carga ZL no adaptada colocada en el extremo de una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω se dispone de una línea ranurada, de igual impedancia, en la que se han realizado las siguientes medidas: 1) Coeficiente de onda estacionaria S = 3, 6 2) La separación entre mínimos sucesivos es de 14 cm. Al sustituir la carga por un cortocircuito se observa que la posición de cada uno de los mínimos existentes en la condición anterior se ha desplazado hacia la carga una distancia de 3,2 cm. a) ¿Cuál es la posición del primer mínimo ahora? ¿y antes de sustituir la carga por el cortocircuito? Determine a qué frecuencia opera la línea y el valor de la impedancia de carga. b)Represente la gráfica del perfil de onda estacionario en un tramo de 0,5 m de la línea a partir de la carga. SOLUCIÓN a) La separación de los mínimos nos permite determinar la longitud de onda de la señal λ/2 = 14 cm

λ = 28 cm y la frecuencia f = c/λ = 1, 07 GHz

Al colocar un cortocircuito en lugar de la carga, tendremos un mínimo de tensión justo en este punto, puesto que nos dicen que los mínimos se han desplazado hacia la carga una distancia de 3,2 cm, esto significa que el primer mínimo (con la impedancia ZL ) estaba a una distancia de la carga de d1 min = 3, 2 cm = 0, 114λ Conocida la situación de un mínimo de tensión y la razón de onda estacionaria podemos determinar ZL . Para ello dibujamos en la carta de Smith la circunferencia correspondiente a S = 3, 6, y desde la posición de voltaje mínimo (semieje real negativo) nos desplazamos hacia la carga (sentido antihorario) la distancia d1 min = 0, 114λ 110

ZL = 0, 46 − j0, 75

θL = 0, 386λ

b) Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar el coeficiente de reflexión en la carga; el módulo lo obtenemos llevando el radio del círculo de la impedancia a la escala situada en la parte inferior de la carta de Smith; el desfase se lee directamente en la carta. ρL 6 ϕ = 0, 566 − 98o = 0, 566 − 0, 544π ρL = 0, 56 (cos(−98o ) + j sen(−98o ) = −0, 08 − j0, 55 La tensión en la carga es VL = Vi (1 + ρL ) = Vi (0, 92 − j0, 55) |VL | = 1, 07 Los máximos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±2mπ Esto es para l=

∓2m − 0, 544 λ 4 m l 1 0,364λ 2 0,864λ

Y su valor es |Vmax | = Vi (1 + |ρL |) = 1, 56Vi Los mínimos de tensión tienen lugar para ϕ − 2βl = ±(2m + 1)π Esto es para

con

4π l = ±(2m + 1)π λ ∓(2m + 1) − 0, 544 l= λ 4

−0, 544π −

111

m = 0, 1, 2, ...

m l 0 0,114λ 1 0,614λ Y su valor es |Vmin | = Vi (1 − |ρL |) = 0, 44Vi Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. En la figura P32 se representa con una línea continua el perfil de la onda en la línea en los 100 cm a la izquierda de la carga. Con línea discontinua se muestra el perfil de onda cuando la carga se sustituye por un cortocircuito.

Figura 31

112

PROBLEMA 31

A

C Vmin

Vmax

ZLN

rL

PROBLEMA 32.- Con dos bobinas con el mismo coeficiente de autoinducción L1 = L2 = 2, 5 mH, colocadas tal como indica la figura 32, se ha adaptado una cierta carga ZL a una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω que trabaja a una frecuencia de 3183 Hz. Utilizando el diagrama de Smith, determine el valor de la carga. No toda impedancia puede adaptarse con este tipo de dispositivo, incluso con L1 6= L2 . Señale precisa y claramente, qué región del diagrama de Smith contiene impedancias normalizadas no adaptables.

Figura 32 SOLUCIÓN La reactancia capacitiva de las bobinas 1 y 2 son respectivamente XL1 = jωL1 = j50 = XL2 y su impedancia normalizada es ZL1 = ZL2 = j Puesto que la carga está adaptada, la impedancia que sumada con ZL2 me da la adaptación es Z1 = 1 − j Puesto que la bobina 1 está en paralelo, para continuar el problema debemos obtener la admitancia correspondiente a Z1 , que usando la carta de Smith resulta ser Y1 = 0, 5 + j0, 5 A continuación hay que sumar la admitancia debida a la bobina 1, es decir YL1 = −j 114

Luego, la admitancia de la carga es YLN = 0, 5 + j1, 5 y la impedancia ZLN = 0, 2 − j0, 6 b) Efectivamente sólo las impedancias de la región 3 de la carta (zona sombreada en la figura 32a) son adaptables. Las impedancias del resto de las regiones no se pueden adaptar: - Región 1: La admitancia correspondiente caerá en la región 3 y no existirá ninguna admitancia inductiva que sumada a ella sitúe la admitancia resultante sobre el círculo C2 . - Región 2: La admitancia correspondiente caerá en la región cuatro y podemos encontrar una admitancia inductiva que sumada a ella sitúe la admitancia resultante sobre la mitad inferior del círculo C2 (recordar que las admitancias inductivas son negativas). La impedancia correspondiente se situará sobre la mitad superior del círculo C1 y por tanto no existirá ninguna impedancia inductiva que sumada a ella adapte la carga. - Región 4: La admitancia resultante caerá en la región 2. Esta región comprende las admitancias con parte real mayor a la unidad, y por tanto, no podrán intersectar nunca el cículo C2 mediante la suma de una impedancia inductiva pura.

Figura P32

115

PROBLEMA 32

ZL1

YLN

Y1

A

C

Z1

ZLN

PROBLEMA 33.- Una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 100 Ω está excitada por una fuente de voltaje sinusoidal de longitud de onda λo y acaba en una impedancia ZL = 100(1 − j)Ω. Determinar mediante la carta de Smith a) ¿A que distancia de la carga se encuentran el primer y segundo máximo de tensión? ¿Cuál es la razón de onda estacionaria? b) Calcular a que distancia d de la carga y qué longitud l debe tener un stub en abierto de impedancia característica Zo = 100Ω para que la línea quede adaptada para λo . SOLUCIÓN La impedancia normalizada es ZLN = 1 − j

θLN = 0, 338λ

a) Los máximos de tensión tiene lugar en los puntos de impedancia puramente resistiva, y se obtienen desplazándonos hacia el generador hasta cortar el eje real positivo d1 max = (0, 500λ − 0, 338λ) + 0, 250λ d1 max = 0, 412λ Y el siguiente se situará media longitud de onda más alejado de la carga d2 max = 0, 912λ La razón de onda estacionaria se obtiene mediante el corte de la circunferencia donde se sitúa la impedancia con el semieje real positivo S = 2, 65 b)Obtenemos en primer lugar la admitancia correspondiente YLN = 0, 5 + j0, 5

θ LN = 0, 088λ

Nos desplazamos hasta intersectar el círculo de parte real igual a la unidad Y1 = 1 + j

θ1 = 0, 162λ

La distancia a la que hay que poner el stub será d = 0, 074λ Y la admitancia del stub debe ser 117

jB = −j Puesto que nos dicen que el stub es una sección de línea en abierto, su longitud se obtiene desplazándonos en la carta desde el punto A de admitancia en abierto, hasta el punto de admitancia jB l = 0, 375λ

118

PROBLEMA 33

Y1

YLN

A

C Vmax

ZLN

jB

PROBLEMA 34.- Una línea de transmisión de impedancia Zo = 100 Ω trabaja a una frecuencia de f=300 MHz. Se consigue adaptar una carga terminal ZL mediante un segmento de línea cortocircuitado en paralelo, de longuitud l1 = 11, 1 cm, colocado a una distancia d1 = 23, 8 cm de la carga. Utilizando el diagrama de Smith determine: a) El valor de la carga ZL b) Otro posible par de valores l2 y d2 (no del tipo de los que difieren de l1 y d1 en un número entero de semilongitudes de onda) con los que pueda también realizarse la adaptación. SOLUCIÓN En primer lugar, determinamos la longitud de onda de la señal 3 · 1010 c λ= = = 100 cm f 300 · 106 Tanto la longitud del stub como la distancia a la que hay que ponerlo en unidades de longitud de onda son l1 = 0, 111λ d1 = 0, 238λ a) Para determinar la admitancia del stub, partimos del punto C (admitancia infinita-cortocircuito) y nos desplazamos hacia el generador la distancia l1 jB1 = −j1, 2 Luego la admitancia que se adapta con este stub es Y1 = 1 + j1, 2

θ1 = 0, 168λ

A continuación, nos desplazamos hacia la carga (sentido antihorario) la distancia d1 para obtener la admitancia de carga YLN = 0, 38 − j0, 415

θ LN = 0, 430λ

Y el punto simétrico respecto al centro de la carta nos da la impedancia de carga ZLN = 1, 2 + j0, 415 El valor en ohmios 120

θ LN = 0, 180λ

ZLN = 120 + j41, 5 Ω b) Para buscar otro par de valores l2 y d2 (no del tipo de los que difieren de l1 y d1 en un número entero de semilongitudes de onda) con los que pueda también realizarse la adaptación, nos desplazamos desde la carga hacia el generador y obtenemos la segunda intersección con el círculo de parte real igual a la unidad. La admitancia correspondiente es Y10 = 1 − j1, 2

θ1 = 0, 332λ

El valor de la distancia d2 es d2 = 0, 332λ + (0, 500λ − 0, 430λ) d2 = 0, 402λ La admitancia del stub será jB2 = j1, 2

θB2 = 0, 140λ

Por tanto, la longitud del mismo se obtiene desplazándonos desde el punto de admitancia en cortocircuito C hasta el punto de admitancia pura jB2 l2 = 0, 250λ + 0, 140λ l2 = 0, 390λ Los valores en centímetros son d2 = 40, 2 cm l2 = 39, 0 cm

121

PROBLEMA 34

jB2

Y1 ZLN

A

C

YLN Y'1

jB1

PROBLEMA 35.- La razón de onda estacionaria de una línea de transmisión es 2,1. Si los dos primeros mínimos de tensión tienen lugar a una distancia de 1,25 y 2,77 m de la carga, calcular la longitud y la posición de un mono-stub que acople la línea, utilizando el diagrama de Smith. SOLUCIÓN En primer lugar, calculamos la longitud de onda de la señal ya que sabemos que los mínimos están separados media longitud de onda d2 min − d1 min = λ/2 λ = 3, 04 m La posición del primer mínimo en unidades de longitud de onda es d1 min = 0, 411λ A continuación, trazamos en la carta de smith una circunferencia de radio la razón de onda estacionaria S = 2, 1. Puesto que los mínimos se localizan en el semieje real negativo, desde el punto de intersección de dicha circunferencia con el eje real negativo nos desplazamos hacia la carga (sentido antihorario) la distancia d1 min obteniendo así la impedancia de la carga ZLN = 0, 61 + j0, 44

θ LN = 0, 089λ

Para determinar la posición y longitud de un mono-stub que acople la línea determinamos la admitancia de la carga mediante la carta de Smith YLN = 1, 08 − j0, 77

θLN = 0, 339λ

A partir de este punto nos desplazamos hacia el generador hasta intersectar la circunferencia de admitancias con parte real igual a la unidad Y1 = 1 + j0, 75

θ1 = 0, 154λ

La distancia a la que hay que colocar el stub es d = 0, 154λ + (0, 500λ − 0, 339λ) d = 0, 315λ El valor de la admitancia del stub para adaptar Y1 será 123

jB1 = −j0, 75

θ B1 = 0, 398λ

Luego la longitud necesaria de la sección de línea cortocircuitada se obtiene desplazándonos desde el punto C hasta el valor de esta admitancia. l = 0, 398λ − 0, 250λ l = 0, 148λ Estos valores en metros son d = 0, 96 m l = 0, 45 m

124

PROBLEMA 35

ZLN

Y1

A

C Vmin

YLN

jB1