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sistemas RF
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LINEAS DE TRANSMISION
Son utilizadas para conectar varios elementos de los circuitos y sistemas.
Bajas frecuencias:
• Cables abiertos
• Cables coaxiales
Radiofrecuencia y Microonda:
• Cables coaxiales
• Lineas de cinta
• Lineas de microcinta
• Guıas de onda
• Generalmente las caracterısticas de las senales en baja frecuencia no sonafectadas como las propagaciones de las senales a traves de las lineas
• Las senales de radiofrecuencia y microonda son afectadas significativamentedebido a que el tamano de los circuitos es comparable con λ
ANALISIS DE CIRCUITOS DISTRIBUIDOS DE LINEAS DETRANSMISION
Cualquier lınea de transmision puede representarse por una red de parametrosdistribuidos.
L→ Inductancia por unidad de longitud 〈Hm〉R→ Resistencia por unidad de longitud 〈ohmm〉C→ Capacitancia por unidad de longitud 〈Fm〉G→ Conductancia por unidad de longitud 〈Sm〉Estos son parametros de linea
2
Estos parametros son distintos para cada linea y depende de la geometrıa,caracterısticas fısicas de sus elementos.
EJEMPLO: si la linea esta hecha de.
• CONDUCTORES PERFECTOS
• DIELECTRICOS IDEALES
Lo que quiere decir que si la linea esta hecho de estos la R=0 y G=0
Zin = ZO =(ZO + Z∆X)(1y∆X)
ZO + Z∆X + 1y∆X
ZO =(ZO + Z∆X)
Y∆X(ZO + Z∆X) + 1=⇒ ZOY∆X(ZO + Z∆X) + ZO = ZO + Z∆X
ZOY (ZO + Z∆X) = Z =⇒ Si∆X =⇒ Z2O =
Z
Y
ZO =
√Z
Y=⇒ ZO =
√R+ jWL
G+ jWC
Se tiene algunas consideraciones especiales:
1 Para senales en dcZOdc =
√RE
2 ParaW →∞
wLR y wC G, Entonces:
ZO(w → grande) =√LC
3 Para una linea sin perdidas:R→ 0
G→ 0
ZO =√LC
Ejemplo 1 Un cable coaxial semirıgido sin perdidas con 2a=0.0036 pulgadas,2b=0.119 pulgadas y Er=2.1(dielectrico de teflon) con c=97.71 (pFm),L=239.12(nHm). Sin impedancias caracterıstica sera 49.5 ω. Laconductividad del cobre es 5.8e 17 (Sm) y la tanδ del teflon es 0.00015
Z = (3.74 + j1.5) ∗ 103(omegam)
Z = (0.092 + j613.92)(mSm)
a 1GHz La Zo correspondientes es 49.5-j0.058 ω
3
DEMOSTRACION:
C =55.63 ∗ 5.1
ln
(0.119122
0.0362
) = 97.7104(pFm)
L = 200ln(0.119122
0.0362) = 239.12(nHm)
SI W→ muy grande, entonces
ZO w√LC
Zo=49.4695 Ω
Si consideramos R y G, entonces:
R = 10(1
a+
1
b)
√fGHz
σ
♠ a=0.018 pulg= 0.04572 cm
♠ b=0.0595 pulg= 0.15113 cm
R = 10(102
0.04572+
102
0.15113)
√1
5.8 ∗ 107= 3.7408(Ωm)
G =(0.3495)(εr)(fGHZtanδ)
ln(ba)→ Si L = 239.12 ∗ 10−9
Z = R+ jwL = 3.7408 + j2π ∗ 109(239.12 ∗ 10−9)
Z = 3.7408 + j1502.4387(Ωm)⇒ 1502.4433x89.8573
⇒ Y = G+ jβ
G =(0.3495)(2.1)(0.00015)
ln0.119
0.036
= 9.208 ∗ 10−5(Sm) = 0.09208(mSm)
C=97.7104 (pF m)
4
β = wC = (2π)(1 ∗ 109)(239.12 ∗ 10−12) = 0.613933 = 613.933(mSm)
⇒ Y = 0.09208 + j613.933(mSm)⇒ 0.613933x89.8573
NOTA: para sacar la raız del angulo se deben restar sus angulos la respuestade la diferencia dividirla para el indice de la raız.
ZO =
√Z
Y=
√1502.4433x89.8573
0.613933x89.9914= 49.4696x−0.06705
ZO = 49.4695− j0.05789(Ω)
ECUACIONES DE LINEAS DE TRANSMISION
Consideremos el circuito equivalente distribuido de una lınea de transmisionterminada por una impedanciaZL
Aplicando las leyes de Kirchhoff para el pequeno segmento 4x, tendremos :
v(x, t) = (L∆x)∂i(x, t)
∂t+ (R∆x)i(x, t) + v(x+ ∆x, t)
v(x+ ∆x, t)− v(x, t) = −(R∆x)i(x, t)− (L∆x)∂i(x, t)
∂t
v(x+ ∆x, t)− v(x, t)
∆x= −Ri(x, t)− L∂i(x, t)
∂t
5
Bajo el lımite que ∆x → 0, la ecuacion se reduce a:
∂v(x, t)
∂x= −[R.i(x, t) + L
∂i(x, t)
∂t] (1)
Similarmente en el nodo (A)
i(x, t) = i(x+ ∆x, t) + (G∆x)v(x+ ∆x, t) + (C∆x)∂v(x+ ∆x, t)
∂t
i(x+ ∆x, t)− i(x, t)∆x
= −[G.v(x+ ∆x, t) + C∂v(x+ ∆x, t)
∂t]
Para cuando ∆x → 0 tendremos
∂i(x, t)
∂x= −Gv(x, t)− C ∂v(x, t)
∂t(2)
De las ecuaciones (1) y (2)eliminando v(x,t) o i(x,t)
a) Derivando a (1) con respecto a x
∂2v(x, t)
∂x2= −R(
∂i(x, t)
∂x)− L(
∂i(x, t)
∂x∂t)
∂2v(x, t)
∂x2= −R[−G.v(x, t)− C(
∂v(x, t)
∂t]− L(
(∂2i)(x, t)
∂x∂t= 0
∂2v(x, t)
∂x2= RG.v(x, t) +RC
∂v(x, t)
∂t− L∂
2i(x, t)
∂x∂t= 0
∂2v(x, t)
∂x2= RG.v(x, t) +RC
∂v(x, t)
∂t− L∂
∂[∂i(x, t)
∂︸ ︷︷ ︸(2)
]
∂2v(x, t)
∂x2= RG.v(x, t) +RC
∂v(x, t)
∂t− L
∂t[−G.v(x, t)− C ∂v(x, t)
∂t]
∂2v(x, t)
∂x2= R.G.v(x, t) +RC
∂v(x, t)
∂t+ LG
∂v(x, t)
∂t+ LC
∂2v(x, t)
∂t2
∂2v(x, t)
∂x2= RG.v(x, t) + (RC + LG)
∂v(x, t)
∂t+ LC
∂2v(x, t)
∂t2(3)
b) Derivando (2)respecto de x
6
∂2i(x, t)
∂x2= −G∂v(x, t)
∂x− C ∂
2v(x, t)
∂x∂t
∂2i(x, t)
∂x2= −G[−R.i(x, t)− L(
∂i(x, t)
∂t]− C∂
∂t[−R.i(x, t)− L∂i(x, t)
∂t]
∂2i(x, t)
∂x2= GR.i(x, t) + LG
∂i(x, t)
∂t] +RC
∂i(x, t)
∂t+ LC
∂2i(x, t)
∂t2
∂2i(x, t)
∂x2= RG.i(x, t) + (LG+RC)
∂i(x, t)
∂t+ LC
∂2i(x, t)
∂t2(4)
CASOS ESPECIALES:
NOTA:Son modelos validos para distancias cortas, se puede decir que uncable grueso tiene menos resistencia ademas si longitud sube R y G tambiensube por lo tanto el porcentaje de error tambien sube.
• (1) Para lıneas sin perdidas R=G=0
∂2v(x, t)
∂x2' LC ∂
2v(x, t)
∂t2
∂2i(x, t)
∂x2= LC
∂2i(x, t)
∂t2
La velocidad de estas ondas son:
1√LC
• (2)Si la fuente de entrada es senoidal, podemos pasar las ecuaciones anotacion fasorıal
ECUACIONES HOMOGENEAS DE HELMHOLTZd2V (x)
dx2= ZY V (x) = LCV (x) = γ2V (x)
d2I(x)
dx2= ZY I(x) = LCI(x) = γ2I(x)
γ =√ZY =∝ +jβ
γ → constente de propagacion∝ →constante de atenuacionβ →constente de fase
SOLUCIONES DE LA ECUACION DE HELMHOLTZ
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d2f(x)
∂x2− γ2f(x) = 0
f(x) = C1e−γx + C2e
γx
C1,C2 → dependen de las condiciones de borde
SOLUCIONES:
Vin, Vref,Iin,Iref → constante de integracion compleja V (x) = V in.e−γx + V ref.eγx
I(x) = Iin.e−γx + Iref.eγx
SiV in = V in.ejθyV ref = V ref.ejθ
v(x, t) = Re[V (x).e(jwt)] = Re[V in.e(α+jβ)x ∗ ejwt + V ref.e(α+jβ)x ∗ ejwt]
v(x, t) = vin.e−αx.cos(wt− βx+ φ) + vref.eαx.cos(wt− βx+ φ)
Por otro lado:V in
Iin= −V ref
Iref= ZO
⇒ I(x) =V in
ZO.e−γx − V ref
ZO.eγx
La onda incidente y reflejada cambian senoidalmente en el espacio y tiempo
β = 2πλ
VELOCIDADES DE FASE Y DE GRUPO:
Vp= wβ ⇒ es la velocidad con que la fase de una senal armonica se numera
Vg= δwδβ ⇒ es la velocidad con la que un grupo de ondas viajan por una linea.
Ejemplo 2 Los parametros de una lınea de transmision son:
R=2 Ω m L=8 nH mG=0.5 mSm C=0.23 pFm
Si la frecuencia es 1GHz calcular ZO y γ
ZO =
√R+ jwL
G+ jwC=
√2 + j2π ∗ 1 ∗ 109 ∗ 8 ∗ 10−9
0.5 ∗ 10−3 + j2π ∗ 109 ∗ 0.23 ∗ 10−12
8
ZO =
√2 + j50.266
0.5 ∗ 10−3 + j0.0014451=
√50.306 x87.729
0.0015292 x70.915
ZO = 181.38 x8.403Ω = 179.43 + j26.506(Ω)
γ =√ZY =
√50.306 x87.721 ∗ 0.0015292181.38 x8.403
γ = 0.27736 x79.318 = 0.051411 + j0.27255
α=0.051411 Npmβ=0.2726 radm
COEFICIENTE DE REFLEXION: ΓO
Consideremos la siguiente lınea de transmision.
V (x) = V in.e−γx + V ref.eγx
I(x) = Iin.e−γx + Iref.eγx
si x=0 entonces Vin,Vref,Iin.Iref
Zin =V (x = 0)
I(x = 0)=V in+ V ref
Iin+ Iref=
V in+ V ref
V in
Zo− V ref
Zo
= ZoV in+ V ref
V in− V ref
9
Zin = Zo
1+V ref
V in
1−V ref
V in
= Zo(1 + Γo
1− Γo) = Zin
Γo→ COEFICIENTE DE REFLEXION DE ENTRADA
Γ = ρ.ejφ ⇒ Γo =V ref
V in
IMPEDANCIA DE ENTRADA NORMALIZADA:
Zin
Zo= Zin =
1 + Γo
1− Γo
Cuanto Z=λ=l
ZL =V (x = l)
I(x = l)=V in.e−γl + V ref.eγl
Iin.e−γl + Iref.eγl= Zo(
V in.e−γl + V ref.eγl
V in.e−γl − V ref.eγl)
ZL =ZLZo
=e−γl + Γo.eγl
e−γl − Γo.eγl= ZL
e−γl + Γo.eγl = e−γl.ZL − Γo.eγl.ZL
Γo(eγl + eγl.ZL) = e−γl.ZL − eγl
Γo.eγl(1 + ZL) = e−γl(ZL − 1)
Γo.eγl.eγl =ZL − 1
ZL + 1⇒ Γo = e−2γl(
ZL − 1
ZL + 1)
Γo = e−2γl(ZL − 1
ZL + 1)
Antes tenıamos que Zin=Zo
(1 + Γo
1− Γo
)
Zin = Zo
1 + e−2γl(
ZL − 1
ZL + 1)
1− e2γl(ZL − 1
ZL + 1)
= Zo(ZL + 1) + e−2γl(ZL − 1)
(ZL + 1)− e−2γl(ZL − 1)
10
Zin = Zo.ZL +
1− e−2γl
1 + e−2γl
ZL.(1− e−2γl
1 + e−2γl) + 1
1− e−2γl
1 + e−2γl=eγl − e−γl
eγl + e−γl
eγl − e−γl
eγl + e−γl=senh(γl)
cosh(γl)= tanh(γl)
Zin = Zo.ZL + tanh(γl)
1 + tanh(γl)ZL⇒ Zin =
ZL + tanh(γl)
1 + tanh(γl).ZL
Zin =ZL + tanh(γl)
1 + ZL.tanh(γl)⇒ Zo.
ZL + Zotanh(γl)
Zo+ ZL.tanh(γl)= Zin
Para lıneas sin perdidas γ = α+ jβ = jβ
y tanh(γl) = tanh(jβl) = jtan(βl)
Zin = Zo.ZL + jZotan(βl)
Zo+ jZL.tan(βl)
Zin se repite periodicamente cada media longitud de onda de la lınea detransmision.
Zin tendra los mismos valores en los puntos d±n λ2 n⇒ entero
⇒ βl =2π
λ(d± nλ
2) =
2πd
λ± nπ
tan(βl) = tan(2πd
λ± nπ) = tan(
2πd
λ)
CASOS ESPECIALES:
• 1)ZL=0, por ejemplo para una lınea sin perdidas y en corto circuito
Zin = jZo.tan(βl)
• 2)ZL→∞, por ejemplo para una lınea sin perdidas tienes un circuitoabierto en la carga.
Zin = Zo
1 + jZo
ZLtan(βl)
ZoZL
+ jtan(βl)
ZL→∞
= Zo1
jtan(βl)
Zin = −Zo −jtan(βl)
= −jZo.cot(βl)
⇒Zin=-jZo.cot(β l)
11
• 3)Sil =λ
4⇒ βl =
2π
λ∗ λ
4=π
2⇒ Zin =
Zo(ZLtanβl
+ jZo)
(Zo
tanβl+ jZL)
Zin = Zo.jZo
jZL⇒ Zin =
Zo2
ZL
→ Usado como trasformada de impedancias ZL a una nueva Zin
Si βl= π2
Zin =ZoZo
ZL⇒ Zin
Zo=
1ZLZo
Zin =1
ZL= YL
De acuerdo a los 2 primeros casos, una lınea sin perdidas se puede utilizarpara sintetizar una reactancia arbitraria.
Ejemplo 3 Una lınea de transmision de longitud ”d” y Zo actua como trans-ferencia de impedancias para acoplar (150 a 300)Ω, λ=1
Zin =Zo2
ZL
Zo =√Zin.ZL
d =λ
4= 0.25m = d
Zo =√
300 ∗ 150 = 212.132Ω
ΓL =ZL − 1
ZL + 1=ZL − ZoZL + Zo
=150− 212.132
150 + 212.132= −0.1716
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COEFICIENTE DE REFLEXION, PERDIDAS DE RETORNO,PERDIDAS DE INSERCION
1) COEFICIENTE DE REFLEXION DE VOLTAJE Γ
Γ =V ref
V in=ZL − ZoZL + Zo
e−2γl = ρLe−2(α+jβ)l = ρL.e
−2αle−j(2αl−θ)
ρL.ejθ =
ZL − ZoZL + Zo
⇒ COEFICIENTEDEREFLEXIONDELACARGA
2) COEFICIENTE DE RELFEXION DE CORRIENTE Γ c
Γc =Iref
Iin=−V ref/ZoV in/Zo
= −Γ
3) PERDIDAS DE RETORNO:= POTENCIAREFLEJADAPOTENCIAINCIDENTE= ρ2
Perdidas de Retorno[dB]= 20 log (ρ) dB
4) PERDIDAS DE INSERCION: de un dispositivo se define como la relacionentre la potencia transmitida(potencia valida en el puerto de salida)para lapotencia incidente en su entrada.
Potencia transmitida= Potencia incidente - Potencia Reflejada
Perdidas de insercion de un dispositivo sin perdidas= 10 log (1− ρ2)[dB]
DETERMINACION EXPERIMENTAL DE Zo, γ
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Tenıamos que:
Zin = Zo ∗ ZL + Zo.tanhγl
Zo+ ZL.tanhγl
⇒ Zoc = Zo ∗ cothγd 1)
⇒ Zsc = Zo ∗ tanhγd 2)
Zin = Zo ∗ 1 + (Zotanhγl)/ZLZo
ZL+ tanh(γl)
∣∣∣∣∣∣ZL→∞
= Zo
Zoc = Zo ∗ 1
tanhγl= Zo ∗ coth(γd) = Zoc
Si ZL = 0 ⇒ Zin = Zsc = Zo ∗ 0 + Zo.tanγd
Zo+ 0= Zo.tanhγd = Zsc
⇒ Zoc =Zo
tanhγd=
Zsc
tanhγd∗ 1
tanhγd=
Zsc
tanh2γd= Zoc 4)
1)÷ 2) ⇒ Zoc
Zsc=
Zo
tanhγd.
(1
Zo ∗ tanhdγ
)=
1
tanh2γd=Zoc
Zsc3)
Zoc ∗ Zsc =Zo
tanhγd∗ Zo ∗ tanhγd
Zoc ∗ Zsc = Zo2 ⇒ Zo =√Zoc ∗ Zsc 5)
tanh2γd =Zsc
Zoc⇒ γ =
1
dtanh−1
√Zsc
Zoc6)
5 y 6 se puede utilizar para encontrar Zo y γ. Ademas se puede utilizar lasiguiente identidad.
tanh−1x =1
2.ln
(1 + x
1− x
)Ejemplo 4 1) EJEMPLO:La impedancia medida cin un puente de impedanciasmedida con un puente de impedancias en un extremo de una lınea de transmisiones de Zin=30+j60 mientras que el otro extremo esta terminada con ZL.El exper-imento se repite 2 veces, cuando la carga esta primeramente en corto circuito yluego en circuito abierto, j53.1 y -j48.3 respectivamente. Encontrar la resistenciacaracteristica de esta lınea y su impedancia.
Zsc = j53.1 Zoc = −j48.3 Zo =√j53.1α(−j48.3) = 50.543Ω = Zo
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Teniamos que:
Zin = Zo ∗ ZL + Zo ∗ tanhγlZo+ ZL ∗ tanhγl
Si α = 0 ⇒ γ = α+ jβ y tanh(jβl) = jtan(βl)
⇒ Zin = Zo ∗ ZL + Zo(jtanβl)
Zo+ jZLtanβl
Antes tenıamos que:
Zsc = Zo ∗ tanh(γ) = Zo ∗ jtan(β)
Zoc =Zo
tanhγl=
Zo
jtan(βl)= Zoc
⇒ Zin = Zo ∗ ZL + Zsc
Zo+ jZLtanβl=
Zo
jtanβl∗ ZL + Zsc
ZL +Zo
jtanβl
Zin = Zoc ∗(
ZL + Zsc
ZL + Zoc
)
Si Zoc = −j48.3 Zsc = j53.1 Zin = 30 + j60
Zin ∗ ZL + Zin.Zoc = Zoc.ZL + Zoc ∗ Zsc
ZL(Zin− Zoc) = Zoc ∗ Zsc− Zin ∗ Zoc = Zoc(Zsc− Zin)
ZL = Zoc(Zsc− Zin)
Zin− Zoc
ZL = (−j48.3) ∗ j53.1− 30− j60
30 + j60 + (+j48.3)= (−j48.3) ∗ 0
−30− j6.930 + j18.3
ZL = j48.3 ∗ 30.783 x12.953
112.38x74.517= 13.23x28.436
ZL = 11.634 + j6.3 Ω
15
Ejemplo 5 2) Se realizaran mediciones en una lınea de 1.5m de longitud conun puente de impedancias; Zsc=j103 Ω ; Zoc=-j54.6 Ω. Encontrar la constantede propagacion y las caracteristicas de impedancias de esa lınea.
γ =1
dtanh−1
√Zsc
Zoc=
1
1.5tanh−1
√j103
−j54.6=
1
1.5tanh−1(j1.3735)
tanh−1x =1
2ln
(1 + x
1− x
)=
1
2ln
(1 + j1.3735
1− j1.3735
)=
1
2ln
1.7 x53.943
1.7 x−53.943
tanh−1x =1
2ln1 x107.89 =
1
2ln[1 x1.8830rad] =
1
2ln ej18830 =
1
2∗ j1.8830
tanh−1x = j0.94149
⇒ γ =1
d∗ tanh−1
√Zsc
Zoc=
1
1.5∗ (j0.94849) = j0.62766
γ = j0.62766rad/m
CARTA DE SMITH
La impedancia normalizada en un punto del circuito esta relacionada con elcoeficiente de reflexion.
Z = R+ jX =1 + Γ
1− Γ=
1 + ΓR + jΓi
1− ΓR − jΓi
ΓR → parte real del coeficiente de reflexion.
Γi→ parte imaginaria del coeficiente de reflexion.
R,X → parte real e imaginaria normalizada de Z.
R+ jX =(1 + ΓR) + jΓi
(1− ΓR)− jΓi∗ (1− ΓR) + jΓi
(1− ΓR) + jΓi
=(1 + ΓR)(1− ΓR) + jΓi(1 + ΓR) + jΓi(1− ΓR)− Γi2
(1− ΓR)2 + Γi2
=1 + ΓR2+jΓi+ jΓiΓR + jΓi− jΓiΓR − Γi2
(1− ΓR)2 + Γi2
16
R+ jX =1− ΓR2 − Γi2 + 2jΓi
(1− ΓR)2 + Γi2
⇒ R =1− ΓR2 − Γi2
(1− ΓR)2 + Γi2⇒ R(1− 2ΓR + ΓR2) +RΓi2 − 1 + ΓR2 + Γi2 = 0
R+ ΓR2(1 +R) + Γi2(1 +R)− 2ΓR.R− 1 = 0
R
1 +R+ ΓR2 + Γi2 − 2ΓRR
1 +R− 1
1 +R= 0
ΓR2 − 2ΓRR
1 +R+
(R
1 +R
)2 −(
R
1 +R
)2
− 1
1 +R+ Γi2 +
R
1 +R= 0
(ΓR −
R
1 +R
)2
+ Γi2 =R
2+ 1 +R(1 +R)R
(1 +R)2=R
2+ 1 +R−R−R2
(1 +R)2
(ΓR −
R
1 +R
)2
+ Γi2 =
(1
1 +R
)2
⇒ X =2Γi
(1− ΓR)2 + Γi2
X(1− 2ΓR + ΓR2) +XΓi2 − 2Γi = 0
(1− ΓR)2 + Γi2 − 2Γi
X= 0
(1− ΓR)2 + Γi2 − 2Γi
X+
(1
X
)2
=
(1
X
)2
(1− ΓR)2 +
(Γi− 1
X
)2
=
(1
X
)2
2) (ΓR − 1)2 +
(Γi− 1
X
)2
=
(1
X
)2
(ΓR −R1 +R
)2+ Γi2 =
(1
1 +R
)2
1)
17
Estos 2 ecuaciones representan una familia de circulos en el plano complejo Γ
1) CENTRO
[R
1 +R, 0
]⇒ RADIO =
(1
1 +R
)
SI R = 0 ⇒ Centro(0,0), Radio=1
SI Rcrece ⇒ Centro(→,0), Radio decrece
Si R→∞ Centro(1,0) radio=0
2) CENTRO
[1,
1
X
]RADIO =
1
X
Si X = 0 , Centro=(1,∞) , Radio→∞
Si X= crece a (+) , centro (1,↓) , Radio ↓
Si X →∞ , Centro(1,0) ; Radio 0
Por lo tanto, un punto de impedancia normalizada en la carta de smith rep-resenta el coeficiente de reflexionen coordenadas polares en el plano complejoΓ
Antes teniamos que:
Γ = ρL.ejθ.e−2(α+jβ)l = ρL.e
−2αl.e−j(2βl−θ)
Para una linea de transmision SIN PERDIDAS (→= 0)⇒∣∣ Γ
∣∣ = ρL con unangulo de fase que decrece conforme a -2βl
Ejemplo 6 Una linea de transmision si perdidas de λ/4 esta terminada poruna carga de 50+j100. Zo=50. Hallar la impedancia a la entrada de la linea, elcoeficiente de reflexion de la craga, y el VSWR.
18
a)Solucion analitica
βl =2π
λ∗ λ
4=π
2rad = 90
Zin = Zo ∗ ZL + jZotanβl
Zo+ jZLtanβl= 50
((50 + j100) + j50 ∗ tan90
50 + j(50 + j100)tan09
)
⇒ Zin = 50∗ j50
j(50 + j100)=
2500
50 + j100=
2500
111.80 x63.435= 22.361 x−63.435
Zin = 10− j20
Γ =ZL − ZoZL + Zo
=50 + j100− 50
50 + j100 + 50=
j100
100 + j100=
100 x90
100√
2 x45
Zin = 10− j20
Γ =ZL − ZoZL + Zo
=50 + j100− 50
50 + j100 + 50=
j100
100 + j100=
100 x90
100√
2 x45
Γ = 0.7071 x45
V SWR =1 +
∣∣ Γ∣∣
1−∣∣ Γ
∣∣ =1 + 0.7071
1− 0.7071=
1.7071
0.2929= 5.8283 = V SWR
b) SOLUCION GRAFICA
1)Normalizo mi carga y grafico en la carta de smith y me da mi P1=[1,j2]
2)Luego traza en la misma carta desde mi ZL al otro extremo y tengo mi mi YLosea mi P2(0.2-j0.4)o le paso de impedancia a admitancias YL = 1
ZL.
19
3)para calcular mi coeficiente de reflexion desde el origen de la carta de smithhasta el punto de mi ZL con la misma abertura del compas en la parte de abajode carta pongo sobre la linea que diga ya sea coeficiente de relfexion o para miVSWR desde el centro y me da mis valores.
ΓL = 0.707 x45λ
y para comprobar el valor de mi VSWR claculo con la formula:
V SWR =1 + 0.707
1− 0.707= 5.8283
4) Lo que comprueba es que no esta acoplada ya que mi Zo 6= ZL
5)Finalmente desnormalizo mi carga:
Zin = 50(0.2− j0.4) = 10− j20
Ejemplo 7 una linea de transmision sin perdidas de 75 esta terminada en unaimpedancia de 150+j150. utilizando la carta de smith, encontrar: a)Zin a ladistancia de 0.375λ desde la carga. b)La distancia mas corta de la lınea para lacual la impedancia puramente resistiva.
c) El valor de la r
ZL =ZL50
=150 + j150
75= 2 + j2
a)La magnitud del del ΓL es 0.62 x30 = ΓL coeficiente de reflexion.
20
La magnitud de ΓL es el radio del circulo de VSWR. El angulo producido porla linea radial que contiene a la impedancia de la carga (P1) con el centro de lacarta de smith es el angulo del coeficiente de reflexion entonces:
ΓL = 0.62 x30
b)VSWR se encuentra como 4.25 leıdo en escala como el punto donde el coefi-ciente interpretado con ΓR, el VSWR=4.25(graficamente)
V SWR =1 +
∣∣ Γ∣∣
1−∣∣ Γ
∣∣ =1 + 0.12
1− 0.12=
1.62
0.380= 4.26 = V SWR
c)Para d = 0.375λ,−2βd = −4.7124rad = −270(sentidohorario).
−2 ∗ 2πx ∗ 0.375
Este punto esta localizado luego de moverse en el circulo VSWR un valorde0.375λ desde la carga (hacia 0.084λ en la escala hacia el generador)
P2 = [0.3, j0.54] = Zin Zin = 75(0.3 + j0.54) = 22.5 + j40.5(Ω)
d)Moviendose en sentido horario del generador hacia la carga ,el circulo VSWRcruza el eje ΓR por primera vez a 0.25λ.La parte imaginaria de las impedanciases cero en ese punto de insercion.Por lo tanto:
d=0.25λ-0.208λ=0.042λ
P3[4.2; j0] ⇒ Zin = 4.2 ⇒ Zin = 315(Ω)
El proximo punto es P4,osea a 0.042λ+0.292λ de la carga.
e)
Zin = 0.24 ⇒ Zin = 75 ∗ 0.24(Ω)
Zin = 18Ω
21
Ejemplo 3Una Lınea sin perdidas de Zo = 100Ω. Hallar el primer Vmax, el primer Vminy el VSWR si λ = 5cm
ZL =100 + j100
100= 1 + j
22
Figure 1: Carta Smith
1er Vmax estara a 0.25λ− 0.162λ = 0.088λ
=⇒ dmax = 0.088 ∗ 5cm = 0.44cm= dmax
1er Vmın estara a 0.5λ− 0.162λ = 0.338λ = 1.69cm
Ejemplo 4Una lınea con ZO = 75Ω y ZL = 150Ω. Encontrar la impedancia a 2.15λ y3.75λ de su teminaciøn
ZL =150
75= 2 + j0
23
Figure 2: Solucion del ejemplo 4 usando carta de smith
Como se ilustra en la Figura, este punto esta situado en la carta de Smith y elVSWR cırculo se dibuja. Notese que la VSWR en esta lınea es 2 y el coeficientede reflexion de carga es de aproximadamente 0, 33∠0o.A medida que se mueve sobre la lınea de transmision hacia el generador, elangulo de fase de cambios de coeficiente de reflexion por −2βd, donde d es ladistancia de la carga. Por lo tanto, una revolucion alrededor del cırculo VSWRse completa por cada media longitud de onda. Por lo tanto, la impedancianormalizada sera 2 en cada multiplo entero de un medio de longitud de ondade la carga. Sera cierto para un punto situado a 2λ, ası como a 3.5λ. Para elrestante 0.15λ, el punto de impedancia esta situado en el cırculo VSWR a 0.40λ(es decir: 0.25 + 0.15) en las longitudes de onda hacia generador (escala). Demanera similar, el punto que corresponde a 3.75λ de la carga se encuentra en0.5λ.Desde la carta de Smith, impedancia normalizada a 2.15λ es 0.68− j0.48, mien-tras que es 0.5 a 3.75λ. Por lo tanto:
2.15λ
Del generador equivale a 4 vueltas al cıculo VSWR, o sea 2λ (0.5λ ∗ 4) y luegopara llegar a 2.15λ, desde Po(0.25λ) sumamos 0.15λ que nos da 0.25λ+0.15λ =
24
0.4λ(P1)
Tenemos P1(0.68− j0.48)
ZLZo
= 0.68− j0.48
ZL|2.15λ = 75(0.68− j0.48) = 51− j36Ω
3.75λ
Del generador equivale a 6 vueltas al cıculo VSWR, o sea 3λ (0.5λ ∗ 6) y luegopara llegar a 3.75λ,sera una vuelta mas para 3.5λ y luego a 0.25λ para 3.75λ
Tenemos el punto P2(0.5− j0)
ZLZo
= 0.5− j0
ZL = 75(0.5) = 37.5Ω
Ejemplo 5Una Lınea de Zo = 100Ω y YL = 0.0025 − j0.0025S. Encuentre la impedanciaen el punto 3.15λ lejos de la carga y el VSWR de es lınea
ZL =ZLZo→ YL =
ZoZL
= Zo ∗ YL
YL = 100(0.025− j0.0025) = 0.25− j0.25
P1: (0.25− j0.25)
ZL =1
Y L=
1
0.25− j0.25∗ 0.25 + j0.25
0.252 + 0.252
ZL = 2 + 2j
6 vueltas → 3λ
=⇒ 0.208λ+ 0.15λ = 0.358λ
25
P1 : (0.55− j1.08) = ZL|3.15λ =Z
Zo
Z|3.15λ = 100(0.55− j1.08) = 55− j108[Ω]
Z = 55− j108[Ω]
V SWR ≈ 4.3
Figure 3: Solucion del ejemplo 5 usando carta de smith
Ejemplo 6Se efectua un experimento utilizando el circuito de la figura. primero se conectouna ZL y su V SWR = 2. Luego de esto, se coloca una sonda de prueba en unode sus mınimos de la lınea. Se encuentra que este mınimo se desplaza hacia lacarga por un valor 15cm cuando la carga se reemplaza por un corto circuito.Por lo tanto, se encuetran 2 mınimos separados 50cm. Detrmine la impendanciade la carga.
26
0.5λ = 50cm (separacion entre 2 mınimos)
λ = 100cmλ
100cm=
x
15cm=⇒ x = 0.15λ
ZL = 1.1− j0.7 =ZLZo
ZL = 100(1.1− j0.7)
ZL = 110− j70[Ω]
EJERCICIOS PROPUESTOS:
1.Una lınea coaxial semirigida sin perdidas tiene radios internos y externos de1.325 y 4.16mm respectivamente. Ecuentre los parametros de la lınea, Zo, γ sif = 500MHz y ξr = 2.1
27
R ≈ 10(1
a+
1
b)
√fGHZσ
[Ω/m]
σ = 5.8 ∗ 107[S/m]; tanδ = 0.00015
R = 10(1
0.01325m+
1
0.0416m)
√0.5GHZ
5.8 ∗ 107S/m
] R ∼= 10(75.472 + 24.038) ∗ 92.848 ∗ 10−6
R = 0.092393[Ω/m]
G =0.3495 ∗ ξr ∗ fGHz ∗ tangδ
ln(b
a)
[S/m]
G =0.3495 ∗ 2.1 ∗ 0.5 ∗ 0.00015
ln(4.16
1.325)
=55.046 ∗ 10−6
1.1441
G = 48.113 ∗ 10−6[S/m]
C =55.63ξr
ln(b
a)
=55.63 ∗ 2.1
ln(4.16
1.325)
C = 102.11[pF/m]
L = 200ln(b
a) = 200 ∗ 1.1441
nH
m
L = 228.82[nH/m]
Zo =
√Z
Y=
√R+ jwL
G+ jwC≈√L
C
Zo =
√228.82 ∗ 10−9
102.11 ∗ 10−12
28
Zo ∼= 47.338Ω
Z = 0.092393 + j2π ∗ 500 ∗ 106 ∗ 228.82 ∗ 10−9
Z = 0.092393 + j718.86 = 718.86∠89.993
Y = 48.113 ∗ 10−6 + j2π ∗ 500 ∗ 106 ∗ 102.11 ∗ 10−12
Y = 48.113 ∗ 10−6 + j320.79 ∗ 10−3 = 320.79 ∗ 10−3∠89.991o
Zo =
√Z
Y= 47.338∠0.001o
Zo ∼= 47.338 + j0
γ =√Z ∗ Y =
√230.60∠179.98o = 15.186∠89.990o
γ = 0.0026505 + j15.186
α = 0.0026505[Np/m]
β = 15.186[rad/m]
2.Una cierta lınea telefonica tiene los siguientes parametros R = 40Ω/milla, L =1.1mH/milla,G ∼= 0, C = 0.062uF/milla Se han anadido unas bobinas de cargapara proveer una inductancia adicional de 30mH/milla, ası como una resistenciaadicional de 8Ω/milla. Obtener γ para 300Hz y 3.3KHz
LT =L1 ∗ l2L1 + L2
LT =1.1 ∗ 30
1.1 + 30= 1.0611mH
29
R = 40Ω
milla∗ 1milla
1600m= 0.0250
Ω
m
L = 1.1mH
milla∗ 1milla
1600m∗ 1H
103mH= 687.50 ∗ 10−9
H
m
C = 0.062 ∗ 10−6F
1600m= 38.750 ∗ 10−12
F
m
300MHz
Z = R+ jwL = 0.0250 + j2π ∗ 300 ∗ 687.5 ∗ 10−9 = 0.0250 + j0.0012959
Z = 25.034 ∗ 10−3∠2.9673o[Ω/m]
Y = G+ jwC = 0 + j2π ∗ 300 ∗ 38.750 ∗ 10−12 = 73.042 ∗ 10−9[S/m]
Zo =
√Z
Y=
√25.03 ∗ 10−3∠2.9673o
73.042 ∗ 10−9∠90o= 585.39∠− 43.516o
Zo = 424.51− j403.07[Ω]
3.3KHz
Z = R+ jwL = 0.0250 + j2π ∗ 3300 ∗ 687.5 ∗ 10−9 = 0.0250 + j0.014255
Z = 0.028779∠29.692o[Ω/m]
Y = G+ jwC = 0 + j2π ∗ 3300 ∗ 38.750 ∗ 10−12 = 803.46 ∗ 10−9[S/m]
Zo =
√0.028779∠29.692o
803.46 ∗ 10−9= 189.26∠− 30.154o
Zo = 163.65− j95.070[Ω]
3.Una carga ZL = 100 + j200[Ω] se halla conectada a una lınea de transmision deZo = 75Ω de 1m de longitud. Si la λ = 8m, hallar la impedancia de entrada yla frecuencia de la senal. Asumir que la velocidad de fase es 70 de la velocidadde la luz en el espacio.
λ1 =c
f=
3 ∗ 108
f= 8
30
f1 =3 ∗ 108
8= 37.5MHz
Si vp = 100(3 ∗ 108m/seg)
Si vp = 0.70 ∗ 3 ∗ 108 = 2.18m/seg
λ2 =c
f2=⇒ f2 =
2.1 ∗ 108
8
f2 = 26.250MHz es mas real
ZL =ZLZo
=100 + j200
75= 1.333 + j2.666
λ
8m=
x
1m=⇒ x = 0.125λ⇐⇒ 2m
moviendo hacia el generador =⇒ 0.202λ+ 0.125λ = 0.327λ← posicion final
P (0.6− j1.72) = ZL|0.125λ de ZL
31
ZL =ZLZo
Zin = (Zo)ZL = 75(0.6− j1.72)Ω
Zin = 45− j129[Ω]
4.Una lınea de transmision de 80Km termina en ZL = 100 + j200Ω se ceonectaun generador con vp = 15cos(8000πt)[v]; Zs = 75Ω. La Zo = 75Ω de la lınea detransmision y vp = 2.5 ∗ 108m/seg Encontrar el voltaje a la entrada y en ZL
ZL =100 + j200
75= 1.333 + j2.666
λ =c
f
w = 2πf = 8000π
f = 4000Hz
λ =2.5 ∗ 108
4000= 62.5Km
λ
63.5Km=
x
30Km=⇒ x = 0.480λ moviendose al generador
0.202λ+ 0.480λ = 0.682λ =⇒ 0.202λ+ 0.182λ = 0.384λ posicion final
P (0.23− j0.81) =⇒ Zin = 75(0.23− j0.81) = 17.25− j60.75[Ω]
32
Zin = 17.25− j60.75[Ω]
Vs = 15∠0o[V ]
VAB = Vs ∗ZAB
Zs + ZAB
VAB = 15∠0o ∗ 63.152∠− 77.148o
110.46∠− 33.366o
VAB = 8.5758∠− 40.782o[V ]
γ = α+ jβ → Si α = 0 =⇒ VLOAD = 8.5758[V ]
vp =w
β
β =w
vp=
8000πrad
2.5 ∗ 108= 100.53 ∗ 10−6rad/m
Vin(x = 0) = 8.5758V
33
V (x) = Vin(x = 0) ∗ e−jβx(V ) = 8.5758 ∗ e−j(100.53∗10−6)∗30∗103
V (x = 30Km) = 8.5758 ∗ e−j3.0159[V ]
v(t) = 8.5758 ∗ cos(8000πt− 3.0159)[V ]
5.Una lınea de transmision de 2.5m de longitud se halla corto circuitada en uno desus extremos y la impedancia en el otro extremo es j5Ω. Cuando el corto circuitoes reemplazado por un circuito abierto y la impedancia es −j500Ω Se utilizauna fuente senoidal de 1.9MHz para este experimento y la lınea de transmisiontiene una longitud menor a λ/4. Hallar Zo y vp
Zin1 =Zin1Zo
= j5Ω
Zin2 =Zin2Zo
= −j500Ω
vp =w
β
a) ls = 2.5
λ =c
f=
3 ∗ 108
1.9 ∗ 106= 157.89m
λ
157.89m=
ls2.5m
=⇒ ls = 0.015833λ
Si ZL = 0.1Ω ≈ cortocircuito
ZL = 100kΩ ∼= circuitoabierto
0.1Ω
34
ZL =ZLZo
=0.1Ω
Zo
ls = 0.015833λ
P1:j0.09 =ZinZo
=j5Ω
Zo
Zo =5
0.09= 55.556[Ω] = Zo1
Si ZL2 = 100kΩ
ZL2 =100 ∗ 103
Zo
P2: −j9.8 =Zin2Zo
=⇒ Zo =−j500
−j9.8
Zo2 = 51.020Ω
vp =w
β
35
β =2π
λ∗ ls =
2π
λ∗ 0.015833λ = 0.099482[rad/m]
vp =2π ∗ 1.9 ∗ 106
0.099482rad/m= 120 ∗ 106 = 1.2 ∗ 108m/seg = vp
Si vp = 1.2 ∗ 108m/seg =⇒ λ =vpf
=1.2 ∗ 108
1.9 ∗ 106= 63.159m
λ
63.159m=
ls2.5m
=⇒ ls = 0.039583λ
P3: j2.5 =j5
Zo=⇒ Zo = 2Ω
P4: −j3.9 =−j500
Zo=⇒ Zo = 128.21Ω
Zo =√Zoc ∗ Zsc
Zo =√
(−j500)(j5) = 50Ω = Zo
6.Si Zo = 50Ω; f = 1.9MHz; ls = 2.5cm y ZL = 2Ω, Hallar Zin
36
ZL =2
50= 0.040
λ =c
f=
3 ∗ 108
1.9 ∗ 106= 157.89m
λ
157.89m=
ls2.5m
= 0.015833λ
P (0.04 + j0.09) =ZinZo
Zin = 2 + j4.5[Ω]
Si ZL = 0Ω y Zin = j5Ω
Si R= 0 =⇒ P (0 + j0.095) =ZinZo
=j5
Zo
37
Zo =j5
j0.095= 52.632Ω
Si ZL =∞ y Zin = −j500Ω
P (0− j11) =ZinZo
=−j500
Zo
Zo =500
11= 45.45Ω
7.Una lınea de trasmision sin perdidas de Zo = 75Ω tiene una ZL = 37.5− j15Ωy un generador con una Zs = 75Ω. Calcular:a) El coeficiente de reflexion a 0.15λ desde la cargab) El VSWR de la lıneac) Zin a 1.3λ de la carga
ZL =37.5− j15
75= 0.5− j0.2Ω
Figure 4: Circuito RLC Serie
38
0.459λ+ 0.15λ = 0.609λ
∆λ = 0.609λ− 0.5λ = 0.109λ
V SWR =1 + |Γ|1− |Γ|
=1 + ρ
1− ρ
V SWR− (V SWR) ∗ ρ = 1 + ρ
V SWR− 1 = ρ(1 + V SWR)
ρ =V SWR− 1
V SWR+ 1=
2.1− 1
2.1 + 1=
1.1
3.1= 0.3548
|Γ| = 0.3548
Γ =ZL − ZoZL + Zo
V SWR =1 + |Γ|1− |Γ|
V SWR = 2.1
Zo =√Zoc ∗ Zsc
Γ =37.5− j15− 75
37.5− j15 + 75=−37.5− j15
111.5− j15=
40.389∠21.801o + 180o
113.50∠− 7.5946o
Γ = 0.35585∠201.80o
0.25λ =⇒ 180o
0.109λ =⇒ x
x = 78.48o
|Γ|0.109λ = 0.35585∠101.53o
39
c)Zin a 1.3λ de ZL
=⇒ 0.459λ+ 0.3λ = 0.759λ
0.759λ− 0.5λ = 0.259λ
P: 2.1− j0.2 =ZinZo
=⇒ Zin = Zo(2.1− j0.2)
157.5− j15Ω
8.Una lınea de 22.5m de longitud y Zo = 50Ω esta corto circuitada en uno de susextremos, y al otro una fuente vs = 20cos(4π ∗ 106t− 30o)(V ) Si Zs = 50Ω y lavelocidad de fase es 1.8 ∗ 108m/seg.Hallar la corriente total a la entrada de la lınea corto circuitada.
40
w = 4π ∗ 106 = 2πf =⇒ f = 2 ∗ 106Hz
f = 2MHz =⇒ λ =c
f=vpf
λ =1.8 ∗ 108
2 ∗ 106= 90m = λ
λ
90m=
x
22.5m=⇒ x = d = 0.250λ
Zo = 0Ω
y 0.25λ en P: (∞) ZAB =∞
Corriente Total de entrada ∼= OA
41
9.Una lınea de transmision sin perdidas de 15cm y Zo = 75Ω esta abierta en unode sus extremos y al otro un fuente vs = 10∗cos(2π∗109t−45o). La impedanciade la fuente es 75Ω y vp = 2 ∗ 108m/seg.Calcule el voltaje y la corriente a la entrada de la lınea.
2π ∗ 109 = 2πf
ZL =vpf
=2 ∗ 108
1 ∗ 109= 0.200m = λ
λ
0.200m=
l
0.0150
ls = 0.075λ
0.25λ+ 0.075λ = 0.325λ
42
P(0− j1.95) =ZinZo
Zin = −j146.25Ω
Vs = 10∠− 45o
Z = 75− j146.25 = 164.36∠− 62.85o[Ω]
I =V
Z=
10∠− 45o
164.36∠− 62.85o= 0.060842∠17.850
i = 0.060842cos(2π ∗ 109t+ 17.85o)
VAB = 0.060842∠17.850 ∗ 146.25∠− 90o = 8.8981∠− 72.15o
vAB = 8.8981cos(2π ∗ 109t− 72.15o)
β =2π
λ∗ 0.075λ =⇒ vp =
w
β=
2π ∗ 109
2π ∗ 0.075= 1.333 ∗ 108
10.Determine Zo y vp de una lınea de transmision con l = 25cm, Zsc = −j90Ω yf = 300MHz. Asumir βl < πrad
Zo =√Zoc ∗ Zsc =
√−j90 ∗ j40 = 60Ω = Zo
tanγd =
√ZscZoc
=⇒ γ =1
dtanh−1
√ZscZoc
γ =1
0.25tanh−1
√−j90
j40=
1
0.25tanh−1(j1.50)
tanh−1x =1
2ln(
1 + x
1− x) =
1
2ln(
1 + j1.50
1− j1.50)
tanh−1x =1
2ln(
1.8028∠56.310o
1.80028∠− 56.310o)
γ =1
0.25∗ 1
2∗ ln(1∠112.62o) = 2ln(1∠1.9656rad)
γ = 0 + j3.9312rad/m
vp =w
β=
2π ∗ 300 ∗ 106
3.9312= 4.794 ∗ 108
βl < πrad
j3.9312 ∗ 0.25 = j0.9828rad vp < c
43
11.Una lınea de Zo = 75Ω tiene una ZL = 100 + j150. Utilizando la carta deSmith, calcular:a) El VSWR, Γ.b) La admitanciac) Zin a 0.4λ desde la cargad) La localizacion de Vmax y Vmin con respecto a la carga si la lınea es 0.6λde longitud.e) Zin al ingreso de la lınea de transmision
ZL =100 + j150
75= 1.3333 + j2
ρ = V SWR =1 + |Γ|1− |Γ|
=⇒ ρ− ρ|Γ| = 1 + |Γ|
ρ− 1 = |Γ|(1 + ρ)
|Γ| = ρ− 1
1 + ρ=
4.9− 1
1 + 4.9= 0.66102 = |Γ|
YL = 0.23− j0.35
44
0.22λ+ 0.4λ = 0.62λ
0.62λ− 0.50λ = 0.12λ
P: (0.37 + j0.86) =⇒ Zin = 75(0.37 + j0.86)
Zin|0.4λdeZL= 27.75 + j64.5
0.25λ− 0.22λ = 0.030λ
0.5λ+ 0.030λ = 0.530λ
ZL =1
YL; Yo =
1
Zo
ZL =ZLZo
=⇒ 1
Y L= Yo ∗
1
Y L
Y L =YLYo
Y L = Zo ∗ YL
45
12.Disenar para λ = 0.125m, f = 2.4GHz, si Zo = 50Ωa) Un stub en corto circuito para que β = −j0.004fb) Un stub en corto abierto para que β = −j0.004fc) Dibujar el circuito equivalente en cada caso.
λ = 12.5cm
a)
β = −j0.004f
β = −50 ∗ 0.004j = −j1.2f
ls = 0.469λ− 0.25λ = 0.219λ = ls
46
ls = 0.027375m = 2.73cm = ls
b)
β = −j0.2
ls = 0.5λ− 0.469λ = 0.031λ = ls
ls = 0.003875m = 0.387cm = ls
CIRCUITO EQUIVALENTE:
β = −j0.004 =1
x=⇒ x =
1
−j0.004= j250Ω = j2πf ∗ L
L =250
2π ∗ 2.4 ∗ 109= 16.579nH = L
L = 6.6314 ∗ 10−12[H]
Yin =1
Zin
Y in =1
ZinZo
Y in = Zo ∗ Yin
Y in =YinYo
REDES DE ACOPLAMIENTO DE IMPEDANCIAS
• En circuitos de RF es muy importante la maxima Transferencia de Poten-cia.
• Por un inadecuado acoplamiento de impedancias se producen ecos de lasenal del generador a la carga.
47
• La impedancia se puede transformar en una nueva ajustando la ralcion detransformacion que acopla los 2 circuitos.
• Hay otras formas de acoplar las impedancias, por ejemplo a traves destubs, redes resistivas y reactivas.
Figure 5: Diagrama de bloques del circuito de un amplificador
ELEMENTOS REACTIVOS SIMPLES OACOPLAMIENTO DE STUB
STUB: talon, cabo, resguardo, colilla.
• Cuando una lınea de transmision sin perdidas esta terminada por unaimpedancia ZL, la magnitud del coeficiente de reflexion (y por lo tanto,el VSWR) permanece constante, pero su angulo de fase puede estar entre+180o y −180o. Esto se representa a traves de la carta de SMITH y unpunto en el cırculo representa la carga normalizada. Como se mueva haciala carga, la impedancia (o admitancia) cambia de valor.
• La parte real de la impedancia normalizada (o admitancia normalizada)puede llegar a 1 en ciertos puntos de la lınea. Un elemento reactivo simpleo un Stub de lınea de transmision en este punto puede eliminar el eco dela senal y reducir el VSWR a 1.
STUB: lınea de transmision de longitud finita con un extremo abierta o cer-rada y actua como un elemento reactivo.
PROBLEMA: Determine la localizacion de un lınea sin perdidas o STUB o deun elemento reactivo para eliminar el eco de la senal.
SOLUCION: Elementos en SERIE o en DERIVACION (paralelo)
STUB O ELEMENTO REACTIVO EN DERIVACION(PARALELO)
48
B −→ suceptanciaG −→ conductancia
• Lınea de transmision sin perdidas y Zo.
• Y in =Y L + jtan(βds)
1 + jtan(βds)Y Ladmitancia de entrada noemalizada en el punto
ds
• Para obtener ds, la parte real de Yin debe ser igual a la admitancia car-acterıstica de la lınea. Ejm: Real Y in = 1
• Bs se utiliza para cancelar la parte imaginaria de Yin
DEMOSTRACION:
Y in =Y L + jtan(βds)
1 + jY Ltanβds=
GL + jBL + jx
1 + j(GL + jBL) ∗ x=
GL + j(BL + x)
1 + jGLx−BLx
Y in =GL + j(BL + x)
(1− xBL) + jGLx∗ (1−BLx)− jGLx
(1−BLx)− jGLx
Y in =GL(1− xBL)− jxGL
2+ j(x+BL)(1− xBL) +GLx(x+BL)
(1− xBL)2 + (xGL)2
Y in = jBin +Gin
Re[Y in] = 1
GL(1− xBL) + xGL(x+BL) = 1− 2xBL + x2B2
L + x2G2
L
GL − xGLBL + x2GL + xGLBL = 1− 2xBL + x2B−2L + x2G
−2L
0 = x2[G2
L +B2
L −GL]− 2xBL + 1−GL = 0
GL(GL − 1) +B2
L =⇒ Ax2 − 2xBL + (1−GL) = 0
49
x =2BL ±
√4B
2
L − 4A(1−GL)
2A=BL ±
√B
2
L −A(1−GL)
A= tan(βds)
ds =1
βtan−1[
BL ±√B
2
L −A(1−GL)
A]
Otra condicion:
Bds = −Bin
Bin =(BL + tan(βds))(1− (tanβds)BL)
(1−BLtanβds)2 + (GLtanβds)2
• Se puede utilizar una lınea de transmision como un inductor o capacitor.
• LA longitud de la lınea sera de acuerdo a la suceptancia necesitada y elotro extremo en corto o circuito abierto.
STUB EN CORTO CIRCUITO
ls =1
β∗ cot−1(−Bs) =
1
β∗ cot−1(−Bin)
STUB EN CIRCUITO ABIERTO
ls =1
β∗ tan−1(−Bs) =
1
β∗ tan−1(−Bin)
STUB EN SERIE O ELEMENTO REACTIVOS
Zin =ZL + jtanβds
1 + jZLtanβds
Parte Real de Zin = 1
=⇒ ds =1
βtan−1
XL ±√X
2
L −Az(1−RL)
Az
50
donde Az = RL(RL − 1) +X2
L
Xin =(XL + tanβds)(1−XLtanβds)−R
2
L ∗ tanβds(RL ∗ tanβds)2 + (1−XLtanβds)2
Xs = −Xin
LINEA EN CIRCUITO ABIERTO:
ls =1
β∗ cot(−Xs) =
1
β∗ cot(−Xin)
LINEA EN CORTO CIRCUITO:
ls =1
βtan(−Xs) =
1
β∗ tan(−Xin)
EJERCICIOS
1. Una lınea uniforme sin perdidas de 100Ω se halla conectada a una carga50−j75Ω. Un stub de Zo = 100Ω se halla conectada en paralelo a una distanciads desde la carga. Hallar ds y ls.
Y L =YLYo
=1/ZL1/Zo
=ZoZL
Y L =100
50− j75=
100(50 + j75)
502 + 752
51
Y L = 0.012308(50 + j75)
Y L = 0.61538 + j0.9231[Ω]
A = GL(GL − 1) +B2
L
GL = 0.61538M
BL = 0.92310M
A = 0.61538(0.61538− 1) + 0.923102 = 0.61543 = A
ds =1
βtan−1[
BL
√B
2
L −A(1−GL)
A]
Si β =2π
λ
ds =λ
2π∗ tan−1(
0.92310√
0.923102 − 0.61543(1− 0.61538)
0.61543)
ds =λ
2π∗ tan−1(
0.923100.78448
0.61543) =
λ
2π∗ tan−1(2.7746) =
λ
2π∗ 70.180o
ds =λ
2π∗ 1.2249
ds = 0.19494λ
ds =λ
2π∗ tan−1(0.22524) =
λ
2π∗ 12.694o ==
λ
2π∗ 0.22154
ds = 0.035260λ
Bin =(BL + tan(βds))(1− (tanβds)BL)
(1−BLtanβds)2 + (GLtanβds)2
tan(βds) = tan ∗ (2π
λ∗ 0.19494λ) = tan(1.2248rad) = tan(70.178o) = 2.7743
Bin =(0.92310 + 2.7743)(1− 0.92310 ∗ 2.7743)− 0.615382 ∗ 2.7743
(0.61538 ∗ 2.7743)2 + (1− 0.92310 ∗ 2.7743)2
Bin =3.6975(−1.5610)− 1.0506
2.9147 + 2.4366=−5.7716− 1.0506
5.3513
Bin = −1.2749
Bs = −Bin =⇒ Bs = j1.2749
con ds = 0.035260λ
52
tanβds = tan(2π
λ∗ 0.035260λ)
tan(0.22155rad) = tan(12.694o) = 0.22524 = tan(βds)
Bin =(0.92310 + 0.22524)(1− 0.92310 ∗ 0.22524)− 0.615382 ∗ 0.22524
(0.61538 ∗ 0.22524)2 + (1− 0.92310 ∗ 0.22524)2
Bin =1.1483 ∗ 0.79208− 0.08597
0.019212 + 0.62739=
0.82425
0.64660
Bin = 1.2747
Calculo de las distancias o longotudes del stub:
a) STUB EN CORTO CIRCUITO
ls =1
β∗ cot−1(−Bs) =
1
β∗ cot−1(−Bin)
Para ds = 0.19494λ
ls =1λ
2π∗ cot−1(−1.2749) =
λ
2πtan−1(
1
−1.2749) =
λ
2π(−38.110o)
ls =λ
2π(−0.66515rad) = −0.10586λ = ls
ls = 0.25λ+ 0.10586λ = 0.3558λ
0.35586λ
STUB EN CIRCUITO ABIERTO
ls =1
β∗ tan−1(−Bs) =
1
β∗ tan−1(−Bin)
ls =λ
2π∗ tan−1(1.2749) =
λ
2π∗ 51.890o ∗ πrad
180o= 0.14414λ
ls = 0.14414λ a 0.035260λ = ds
GRAFICAMENTE
• ZL =50− 75j
100= 0.5− j0.75 Fijamos el punto
• Dibujar el cırculo VSWR
• Desde este punto de impedancia de carga,nos movemos diametralmente alpunto opuesto y localizamos la admitancia. P2(0.6 + j0.93)
53
• Localice el punto en el cırculo VSWR donde la parte real de la admitanciasea 1. Hay 2 punto entonces con admitancia normalizada A: (1 + j1.3) yB: 1− 1.3j
• La distancia ds de A desde la admitancia de carga es 0.175λ − 0.135λ =0.04λ = ds y el punto B esta a: 0.329λ− 0.135λ = 0.194λ = ds
• Si una suceptancia de −jB de anade al punto A o +j9.3 al punto B, la
54
carga se acopla.
• Localice el punto -j1.3 a lo largo de la circunferencia mas baja y moviendosehacia la cara en sentido antihorario hasta encontrar el corto circuito (parteinfinita de la carta). LA separacion entre estos 2 puntos es 0.25λ−0.146λ =0.104λ. Entonces la longitud de la lınea es 0.104λA: 0.04λ = ds y longitud=0.104λ
• Para acoplar el punto B localice el punto +j1.3 en las circunferencias elcorto circuito (parte derecha de la carga) 0.146λ+ 0.25λ = 0.396λ
En A compenso con B ⇐⇒ En B compenso con A
El caso 1 es mas conveniente ya que se halla mas de la carga y la longitud es
55
mas corta.
Ejemplo 8 Una lınea de transmision sin perdidas de 100 Ω termina en una
carga de Zl =100
2 + j3.732. Se acopla mediante un Stub en corto circuito con
Zo = 200Ω. Hallar ds mas cercana a la carga y la longitud del Stub mediantela carta de Smith.
Solucion:
Figure 6: 1
ZLZO
= ZL =100
2 + j3.72∗ 1
100=
1
2 + j3.72
YL = 2 + j3.72
ZL =2 + j3.72
4 + (3.72)2= 0.11212− j0.20854
ZL=0.11212-j0.20854Ω
Se localiza ZL y dibujamos el cırculo VSWR. Moviendose hacia el generador(en sentido horario) en el cırculo VSWR hasta la parte real de la admitanciaque es la unidad. P1(1− j2.7);P2(1− j2.7)Desde el primero que esta mas cerca de la carga, existe una distancia
1. P1 : ds1 = 0.3λ− 0.217λ = 0.083λ Es la distancia mas corta.
2. P2 : ds2 = 0.5λ− (0.217λ− 0.2λ) = 0.083λ
56
ds2 = 0.483λ
La suceptancia normalizada necesaria para hacer coincidir en este punto es j4.7.Sin embargo se normalizo con 100 Ω.
j2.7 =1/1
jx/100⇒ x =
100
j2.7⇒ Si el nuevo Z0 = 20Ω
Bs =1
x/200⇒ Bs =
200 ∗ 2.7
100= 5.4
Bs =200
x=
200
100/j2.7=j2.7 ∗ 200
100= j5.4
ds = (0.25 + 0.2)λ = 0.45λ
Y =1
Z;Y =
YLYO
=
ZL =ZLZO⇒ 1
ZL= YL =
ZOZL
=ZO
R+ jX=ZO(R− jX)
R2 +X2
YL =ZO ∗RR2 +X2
− j ZO ∗XR2 +X2
Carta de Smith
57
Ejemplo 9 Una reflexion de carga ΓL sucede con un coeficiente de 0.4∠-30°.Se desea obtener 2 circuitos distintos en las siguientes figuras. La informacionprevista en estos circuitos es incompleta. Completar o verificar los disenos a 4Ghz. Suponer ZO = 50Ω.
Figure 7: 1
ZL =1 + Γ
1− Γ=
1 + 0.4∠− 30
1− 0.4∠− 30=
1 + 0.34641− j0.200
1− 0.34641 + j0.200=
1.3612∠− 8.4491
0.68351∠17.01
ZL = 1.9915∠− 25.459 = 1.7981-j0.85608=ZL
Zin =1 + Γin1− Γin
=1 + 0.2∠45
1− 0.2∠45=
1 + 0.14142 + j0.14142
1− 0.14142− j0.14142=
1.1501∠7.0629
0.87015∠− 9.3534
Zin = 1.3217∠16.4.16 = 1.2678+j0.37352=ZL
1
Zin= Yin =
1
1.3217∠16.416= 0.75660∠− 16.416 = 0.72576− j0.21382
Yin = 0.72576− j0.21382(S
m) = Yin = 0.725− j0.691”Apreciacion Analıtica”
Yin =1
1.9915∠− 25.459= 0.50213∠25.459 = 0.45337 + j0.21585
Yin = 0.45337 + j0.21585(S
m)
YL : (0.45 + j0.21)
P1 : (0.72 + j0.68)
Apreciacion Grafica: j0.68 + jX = −j0.21
jX = −0.890j = YL
58
Pero el grafico a) especifica un capacitor por lo tanto, no es posible obtener Yinindicada con ese capacitor, sino con un inductor
B =1
jXl
50
= −j0.890 −→ L = 44.706 ∗ 10−12H −→ L=2.235nH
Carta de Smith
Ejemplo 10 Para el circuito de la figura b)
Se resolvera mejor si utilizamos la impedancia en lugar de la admitancia.
”Analıticamente”
Zin =Zin + jtanβl2
1 + jZl ∗ tanβl2
βl1 =2π
∗0.029928λ = 0.18804
rad
m
Zin =1.7981− j0.66579
1 + j(1.7981− j0.85608)j ∗ 0.19023= 1.5818∠ − 36.713 = 1.2680 −
j0.94561 = Zin
59
Figure 8:
La Zin calculada con Γin = 0.2∠45 es Zin = 1.2678 + j0.37352
La parte real es el valor deseado. La parte imaginaria se modifica.
j0.37352 = jX − j0.9461
jX = j1.3191 ∗ 50 = j2πf ∗ L
L=2.6243nH
Graficamente:
Zl = 1.7981− j0.85608
0.994λ+ 0.099928λ = 0.32393λ
P1 : (1.25− j0.92)
Zindeseada = 1.2678 + j0.37352
jX = 1.2935j
Si Zo = 50Ω
jX
50−→ jX = 50 ∗ j1.2235 = 2πf ∗ L
L =50 ∗ 1.22935
2π ∗ 4 ∗ 109⇒
L=2.5734nH
60
Y en la Carta de Smith:
Carta de Smith
ACOPLAMIENTO CON DOBLE STUB
A veces no es posible acoplar la carga con un solo stub, entonces hacerlo con 2stubs es la solucion.
61
Acoplamiento
Si la distancia de separacion esλ
8entre los stubs, entonces debe cumplirse una
condicion:
0 ≤ G ≤ 2
EJERCICIOS
Ejemplo 11 Para el sintonizador de la figura de doble stub, encontrar las dis-tancias mas cortas l1 y l2 de la carga.
Figure 9: Red de Acoplamiento con Doble Stub
Comprobacion:
Zl =100 + j50
50= 2 + j1 = A
λ
8= 0.125λ B (0.4− 0.2j)
−→ 0.463λ+ 0.125λ = 0.588λ
P1 : (1− j)∆ = 0.088λ
C (0.5 + j0.5)
l1=0.194λ −→ 0.25λ+ 0.194λ = 0.444λ
B = −j0.37delStub1
YT = YC − j0.37 = 0.5 + j0.5− j0.37
YT 1 = 0.5 + j0.130enW = YinenW
62
P1 : (0.5 + j0.130)enStub1
Ye2 : (1 + j0.72)
BenelStub2 = −j0.72
COMPROBACION:Ls2 = 0.15λ⇒ −j0.72
YT2 = 1 + jφ =1R
50
= 1
Rtotal = 50Ω
METODOLOGIA PARA SOLUCIONAR EL EJERCICIO
1. ZL =100 + j50
50= 2 + j1 Punto A
2.1
ZL= 0.4− j0.2 = YL Punto B
63
Carta de Smith
3. Rotar en el cırculo VSWR 2βα =π
2= 90 (equivalente a
λ
8=0.125λ) desde
la ZL hacia el ganador. Si obtiene el punto B
Punto C : 0.5 + j0.5 ⇒ es la admitancia que mira el primer STUB
Utilizar el cırculo de conductancia unitaria en rojo permite sintonizar ad-mitancias con la parte real menor que 2.
0 ≤ G ≤ 2
4. Moverse desde el punto C hasta que interprete al cırculo de conductancia unitaria rotado (en rojo).Hay 2 puntos, D y F. Se utilizara el punto D para el diseno, la susceptanciapara el primer Stub debe ser igual a: D: 0.5 + j 0.13
j 0.5 + j B1 = j 0.13 ⇒ j B1 = j 0.13 - j 0.5 = -j 0.37 = B1
5. Para el punto F sera:
j 0.5 + j B1 = j 1.83 ⇒ j B1 = j 1.33 para el Punto F
6. Localice el punto -j0.37 y moverse hacia la carta de Smith hasta el corto-circuito. (susceptancia infinita)
l1= 0.44 λ - 0.25 λ = 0.190 λ= l1 ⇒ para -j 0.37
l1= 0.171 λ + 0.25 λ = 0.421 λ = l1 para j 1.33
7. Dibujar el cırculo VSWR a partir del punto D y moverseλ
8hacia el gen-
erador. La parte real de la admitancia en este punto (E) es la unidad y lasusceptancia es j0.72. El segundo stub oportara entonces con -j0.72 si elprimero aporta con -j0.37
l2=0.4λ - 0.25 λ = 0.150 λ = l2
l2 =0.150λ si la susceptancia es -j0.72
8. Dibujar el VSWR a traves del punto F y moverse 0.125λ hacia la carga.La parte real de la admitancia en este punto G es la unidad y la suscep-tancia es -j2.7. Por lo tanto el segundo Stub debera fijarse en j2.7 si elprimero esta en j1.36.En este caso la longitud del Stub sera 0.194λ + 0.25 λ = 0.444λ
64
l2 =0.444λ si el primero aporta con j1.33
YT en E = 1.
EJERCICIOS
Ejemplo 12 Una fuente de voltaje de 10v (rms) tiene una Zs=50 Ω y se re-quiere aceptar a una carga de 100 Ω. Disene el circuito de acoplamiento queprovee perfecto acoplamiento en la banda de frecuencias de 1 KHz hasta 1GHz.Determine la potencia entregada a la carga.Solucion:
Figure 10:
ZL =100Ω
50= 2Ω
YL = 0.5SA : (1− j0.7)⇒ STUB APORTARA CON + j0.7
1. ls = 0.25 λ + 0.097 λ = ls = 0.347λ
ls = 0.347 λ si el STUB APORTA CON +j 0.7 v/m
2. B: (1+j0.7) ⇒ STUB APORTA CON -j0.7 v/m
ls = 0.403 λ - 0.250 λ = ls = 0.153 λls = 0.153 λ si el STUB APORTA CON -j0.7 v/m
P =V 2
R=
52
50= 0.5W = Potencia.
65
En la carta de Smith:
Carta de Smith
Ejemplo 13 Disenar un acoplador de un solo STUB si ZL = 800 − j300 yZo = 400Ω.
66
Solucion:
ZL =ZLZo⇒ 800− j300
400= 2− 0.75j
YL =400
800− j300=
400(800 + j300)
8002 + 3002=
N
730000
YL = 0.43836 + j0.16438
A (1+j0.75) B(1-j0.75)
con A ls = 0.403λ− 0.25λ = ls = 0.153 λ
ds ≈ 0.158λ− 0.038λ = ls = 0.120 λ
Carta de Smith
67
Ejemplo 14 Encontrar la localizacion y longitud del Stub en corto circuito deZo = 40Ω que acoplara la carga a la lınea.
Solucion:
ZL =ZLZo⇒ YL =
ZoZL
=70
140− j70
YL =70(140 + j70)
1402 + 702= 0.28571(140 + j70)
YL = 0.4 + j0.2 ; YL = ZoYL
A : (1 + j) ds u 0.162 λ - 0.037 λ
ds = 0.125 λ
-1j = B = Zo ∗ Yin ⇒ Yin =−j70
Yin1 = Zo ∗ Yin = 40(−j)70
=−j40
70= −j0.571
Yin1 = −j0.571
ls = 0.418λ - 0.250 λ = ls= 0.168 λls = 0.418λ - 0.250 λls = 0.168λ
68
Carta de Smith
Ejemplo 15 Determinar la longitud de los Stub para que haya acoplamientode la carga a la antena.
69
Solucion:
ZL =ZLZo
YL =1 ∗ ZoZL
= YL ∗ Zo
YL =1
ZL⇒ ZL =
100 + j100
100= 1 + j
YL =100
100 + j100=
100(100− j100)
2 + 1002
YL = Zo ∗ YL = 1001
100 + j100
YL =100
100 + j100=
1
1 + j=
1− j2
= 0.5− j0.5
A:(0.39 + j0.21) ⇒ STUB 1 APORTA CON
B:(2 + j 1.1)
Si compenzamos en B: -j0.5 + j BS1 = j0.21 ⇒ j BS1= j 0.71
ls = 0.25λ+ 0.098λ
ls1 = 0.245λ Es mas Corto
-j0.5 + jBS1 = j 1.1 ⇒ jBS1 = j1.6 ⇒ ls1 = 0.25λ+ 0.162λ
⇒ ls1 = 0.412λ
Desde A traslado (λ/8) hacia la carga ⇒ 90 o 0.125 λ
0.038λ + 0.125 λ = 0.163 λ
Punto C : 1 + j
El segundo STUB Aportara con BS1 = -j
ls2 = 0.375 λ-0.25λ = 0.125λ = ls2 BS2 = -j
⇒ 0.245λ = ls1 BS1 = j0.71
En la carta de Smith:
70
Carta de Smith
Ejemplo 16 Una lınea de transmision de Zo = 50Ω sin perdidas va a seracoplada a una carga ZL = 25 = j50 con un sintonizador de doble stub. Laseparacion entre los stubs es λ/8. La separacion ds1 de la carga es λ/2. De-terminar las longitudes mas cortas de los 2 stubs para obtener la condicion deacoplamiento. Y encuentre el VSWR entre los 2 stubs.
71
Carta de Smith
Solucion:
YL =1
25 + j50=
25− j50
252 + 502
YL = 0.008− j0.016
Desde YL, se traslada 0.5 λ y se obtiene YL como antes.
Moverse a traves de G constante hasta que corte con el cırculo de G constanterotado.
Punto B: (0.008 + j0.87)
-j0.016 + j BS1 = j 0.87
j BS1 = j 0.87 + j 0.016 = j 0.886 = BS1
El Stub 1 debe aportar con +j0.886
⇒ ls1 = 0.25λ + 0.115λ
ls1 = 0.365λ Bs1 = j 0.886
De B se mueve 0.125 λ (90 ) hacia el generador
⇒ D: (1+j15)
⇒ El Stub 2 aporta con -j 15
ls2 = 0.261 λ - 0.25λ = 0.011 λ = ls2
ls2 = 0.011λ; Bs2 = -j15
V SWR entre STUB 1 y STUB 2 ⇒ V SWR u ∞
En la carta de Smith
72
Carta de Smith
Ejemplo 17 Determinar las longitudes mas cortas de los Stubs para obtenerel acoplamiento de la carga a la lınea. Hallar VSWR entre los 2 stubs.
73
Solucion:
ZL =ZL50
; YL =50
ZL
YL =50
25 + j50=
25− j50
252 + 502∗ 50
YL = 0.4− j0.800
0.385λ + 0.2λ = 0.585λ
Punto A: (0.31 + j0.55)
Moviendose a traves de B constante hasta topar con el cırculo de G constanterotado.
Punto B: (0.31 + j0.29)
Punto C: (0.31 + j1.67)
Stub 1: Bs1 =?
j0.55 + jBs1 = j 0.29
jBs1 = -j0.260
ls1=0.46λ-0.25λ = 0.210λ
ls1 = 0.210 λ
Moverse por el cırculo de radio 1B un valor 3λ/8 ⇒ 0.375λ ⇒ 270
0.125 λ ⇒ 90
0.375 λ ⇒ x ; ⇒ x=270 se obtiene el punto D
Punto D: (0.36 - j0.47)⇒ No es posible acoplar con 3λ/8.
Stub 2: Aporta con +j 0.47
⇒ ls2= 0.25λ + 0.07λ = ls2 = 0.32 λ
74
Carta de Smith
Ejemplo 18 Hallar Zo para acoplar ZL=150Ω a la lınea de 300Ω. Si d =λ
4.
Solucion:
Zin = Z0 ∗ZL + tanhγl
1 + (tanhγlZL)
⇒ γ = α+ jβ ≈ jβ = j2π
λ; donde α = 0
Zin = Z0 ∗ZL + tanjβ
1 + (ZL ∗ tanjβ)=Z0 ∗ ZL + jtanβl
1 + ZL ∗ jtanβl=Z0(ZL + jZotanβl
Zo + ZL ∗ jtanβl
Sil =λ
4⇒ βl =
2π
λ∗ λ
4=π
2= 90⇒ tan90→∞
Zin = Z0 ∗ZL/tanβ + jZo
Zotanβl
+ jZL
∼=Zo ∗ jZojZL
=Z2o
ZL= Zin ⇒ Zo =
√Zin ∗ ZL
Zo =√
300 ∗ 150 = 212.13 Ω = Zo
75
SiZo = 50Ω⇒ ZL =Z2o
Zn=
502
300= 8.333Ω= ZL
SiZo = 75Ω⇒ ZL =Z2o
Zn=
752
300= 18.75Ω= ZL
Cambio de Lıneas
ZL =3002
50= 1800Ω= ZL
Ejemplo 19 Si RL= 100 Ω y Z01=50 Ω⇒ Zo =?
Z2o= Z01 ∗RL=50*100 ⇒ 70.711Ω= Zo
