1
LINEAS DE TRANSMISI´ON
Son utilizadas para conectar varios elementos de los circuitos y sistemas.
Bajas frecuencias:
• C...
2
Estos par´ametros son distintos para cada linea y depende de la geometr´ıa,
caracter´ısticas f´ısicas de sus elementos.
...
3
DEMOSTRACION:
C =
55.63 ∗ 5.1
ln
0.11912 2
0.036 2
= 97.7104(pF m)
L = 200ln(
0.11912 2
0.036 2
) = 239.12(nH m)
SI W→ m...
4
β = wC = (2π)(1 ∗ 109
)(239.12 ∗ 10−
12) = 0.613933 = 613.933(mS m)
⇒ Y = 0.09208 + j613.933(mS m) ⇒ 0.613933 89.8573◦
N...
5
Bajo el l´ımite que ∆x → 0, la ecuaci´on se reduce a:
∂v(x, t)
∂x
= −[R.i(x, t) + L
∂i(x, t)
∂t
] (1)
Similarmente en el...
6
∂2
i(x, t)
∂x2
= −G
∂v(x, t)
∂x
− C
∂2
v(x, t)
∂x∂t
∂2
i(x, t)
∂x2
= −G[−R.i(x, t) − L(
∂i(x, t)
∂t
] −
C∂
∂t
[−R.i(x, t...
7
d2
f(x)
∂x2
− γ2
f(x) = 0
f(x) = C1e−γx
+ C2eγx
C1,C2 → dependen de las condiciones de borde
SOLUCIONES:
Vin, Vref,Iin,I...
8
ZO =
2 + j50.266
0.5 ∗ 10−3 + j0.0014451
=
50.306 87.729◦
0.0015292 70.915◦
ZO = 181.38 8.403◦
Ω = 179.43 + j26.506(Ω)
γ...
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 =...
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−γ...
11
• 3)Sil =
λ
4
⇒ βl =
2π
λ
∗
λ
4
=
π
2
⇒ Zin =
Zo(
ZL
tanβl
+ jZo)
(
Zo
tanβl
+ jZL)
Zin = Zo.
jZo
jZL
⇒ Zin =
Zo2
ZL
→ ...
12
COEFICIENTE DE REFLEXION, PERDIDAS DE RETORNO,
PERDIDAS DE INSERCION
1) COEFICIENTE DE REFLEXION DE VOLTAJE Γ
Γ =
V ref...
13
Ten´ıamos que:
Zin = Zo ∗
ZL + Zo.tanhγl
Zo + ZL.tanhγl
⇒ Zoc = Zo ∗ cothγd 1)
⇒ Zsc = Zo ∗ tanhγd 2)
Zin = Zo ∗
1 + (Z...
14
Teniamos que:
Zin = Zo ∗
ZL + Zo ∗ tanhγl
Zo + ZL ∗ tanhγl
Si α = 0 ⇒ γ = α + jβ y tanh(jβl) = jtan(βl)
⇒ Zin = Zo ∗
ZL...
15
Ejemplo 5 2) Se realizaran mediciones en una l´ınea de 1.5m de longitud con
un puente de impedancias; Zsc=j103 Ω ; Zoc=...
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 ...
17
Estos 2 ecuaciones representan una familia de circulos en el plano complejo Γ
1) CENTRO
R
1 + R
, 0 ⇒ RADIO =
1
1 + R
S...
18
a)Solucion analitica
βl =
2π
λ
∗
λ
4
=
π
2
rad = 90◦
Zin = Zo ∗
ZL + jZotanβl
Zo + jZLtanβl
= 50
(50 + j100) + j50 ∗ ta...
19
3)para calcular mi coeficiente de reflexion desde el origen de la carta de smith
hasta el punto de mi ZL con la misma abe...
20
La magnitud de ΓL es el radio del circulo de VSWR. El angulo producido por
la linea radial que contiene a la impedancia...
21
Ejemplo 3
Una L´ınea sin perdidas de Zo = 100Ω. Hallar el primer Vmax, el primer Vmin
y el VSWR si λ = 5cm
¯ZL =
100 + ...
22
Figure 1: Carta Smith
1er Vm´ax estar´a a 0.25λ − 0.162λ = 0.088λ
=⇒ dm´ax = 0.088 ∗ 5cm = 0.44cm= dm´ax
1er Vm´ın esta...
23
Figure 2: Soluci´on del ejemplo 4 usando carta de smith
Como se ilustra en la Figura, este punto est´a situado en la ca...
24
0.4λ(P1)
Tenemos P1(0.68 − j0.48)
ZL
Zo
= 0.68 − j0.48
ZL|2.15λ = 75(0.68 − j0.48) = 51 − j36Ω
3.75λ
Del generador equi...
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:...
26
0.5λ = 50cm (separaci´on entre 2 m´ınimos)
λ = 100cm
λ
100cm
=
x
15cm
=⇒ x = 0.15λ
¯ZL = 1.1 − j0.7 =
ZL
Zo
ZL = 100(1....
27
R ≈ 10(
1
a
+
1
b
)
fGHZ
σ
[Ω/m]
σ = 5.8 ∗ 107
[S/m]; tanδ = 0.00015
R = 10(
1
0.01325m
+
1
0.0416m
)
0.5GHZ
5.8 ∗ 107S...
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
+...
29
R = 40
Ω
milla
∗
1milla
1600m
= 0.0250
Ω
m
L = 1.1
mH
milla
∗
1milla
1600m
∗
1H
103mH
= 687.50 ∗ 10−9 H
m
C = 0.062 ∗ 1...
30
f1 =
3 ∗ 108
8
= 37.5MHz
Si vp = 100(3 ∗ 108
m/seg)
Si vp = 0.70 ∗ 3 ∗ 108
= 2.18
m/seg
λ2 =
c
f2
=⇒ f2 =
2.1 ∗ 108
8
f...
31
¯ZL =
ZL
Zo
Zin = (Zo)¯ZL = 75(0.6 − j1.72)Ω
Zin = 45 − j129[Ω]
4.
Una l´ınea de transmisi´on de 80Km termina en ZL = 1...
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 =...
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) = 8.575...
34
¯ZL =
ZL
Zo
=
0.1Ω
Zo
ls = 0.015833λ
P1:j0.09 =
Zin
Zo
=
j5Ω
Zo
Zo =
5
0.09
= 55.556[Ω] = Zo1
Si ZL2 = 100kΩ
¯ZL2 =
100...
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 ∗ 108
m/seg = vp...
36
¯ZL =
2
50
= 0.040
λ =
c
f
=
3 ∗ 108
1.9 ∗ 106
= 157.89m
λ
157.89m
=
ls
2.5m
= 0.015833λ
P(0.04 + j0.09) =
Zin
Zo
Zin =...
37
Zo =
j5
j0.095
= 52.632Ω
Si ZL = ∞ y Zin = −j500Ω
P(0 − j11) =
Zin
Zo
=
−j500
Zo
Zo =
500
11
= 45.45Ω
7.
Una l´ınea de ...
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...
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 =
Zin
Zo
=⇒ Zin = Zo(2.1 − j0.2)
157....
40
w = 4π ∗ 106
= 2πf =⇒ f = 2 ∗ 106
Hz
f = 2MHz =⇒ λ =
c
f
=
vp
f
λ =
1.8 ∗ 108
2 ∗ 106
= 90m = λ
λ
90m
=
x
22.5m
=⇒ x = ...
41
9.
Una l´ınea de transmisi´on sin p´erdidas de 15cm y Zo = 75Ω est´a abierta en uno
de sus extremos y al otro un fuente...
42
P(0 − j1.95) =
Zin
Zo
Zin = −j146.25Ω
Vs = 10∠ − 45o
Z = 75 − j146.25 = 164.36∠ − 62.85o
[Ω]
I =
V
Z
=
10∠ − 45o
164.36...
43
11.
Una l´ınea de Zo = 75Ω tiene una ZL = 100 + j150. Utilizando la carta de
Smith, calcular:
a) El VSWR, Γ.
b) La admi...
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
0.2...
45
12.
Dise˜nar para λ = 0.125m, f = 2.4GHz, si Zo = 50Ω
a) Un stub en corto circuito para que β = −j0.004
b) Un stub en c...
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 EQUIV...
47
• La impedancia se puede transformar en una nueva ajustando la ralci´on de
transformaci´on que acopla los 2 circuitos.
...
48
B −→ suceptancia
G −→ conductancia
• L´ınea de transmisi´on sin p´erdidas y Zo.
• Y in =
Y L + jtan(βds)
1 + jtan(βds)Y...
49
x =
2BL ± 4B
2
L − 4A(1 − GL)
2A
=
BL ± B
2
L − A(1 − GL)
A
= tan(βds)
ds =
1
β
tan−1
[
BL ± B
2
L − A(1 − GL)
A
]
Otra...
50
donde Az = RL(RL − 1) + X
2
L
Xin =
(XL + tanβds)(1 − XLtanβds) − R
2
L ∗ tanβds
(RL ∗ tanβds)2 + (1 − XLtanβds)2
Xs = ...
51
Y L = 0.012308(50 + j75)
Y L = 0.61538 + j0.9231[Ω]
A = GL(GL − 1) + B
2
L
GL = 0.61538M
BL = 0.92310M
A = 0.61538(0.61...
52
tanβds = tan(
2π
λ
∗ 0.035260λ)
tan(0.22155rad) = tan(12.694o
) = 0.22524 = tan(βds)
Bin =
(0.92310 + 0.22524)(1 − 0.92...
53
• Localice el punto en el c´ırculo VSWR donde la parte real de la admitancia
sea 1. Hay 2 punto entonces con admitancia...
54
carga se acopla.
• Localice el punto -j1.3 a lo largo de la circunferencia m´as baja y movi´endose
hacia la cara en sen...
55
m´as corta.
Ejemplo 8 Una l´ınea de transmisi´on sin p´erdidas de 100 Ω termina en una
carga de Zl =
100
2 + j3.732
. S...
56
ds2 = 0.483λ
La suceptancia normalizada necesaria para hacer coincidir en este punto es j4.7.
Sin embargo se normaliz´o...
57
Ejemplo 9 Una reflexi´on de carga ΓL sucede con un coeficiente de 0.4∠-30°.
Se desea obtener 2 circuitos distintos en las...
58
Pero el gr´afico a) especifica un capacitor por lo tanto, no es posible obtener Yin
indicada con ese capacitor, sino con ...
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 imag...
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 s...
61
Acoplamiento
Si la distancia de separaci´on es
λ
8
entre los stubs, entonces debe cumplirse una
condici´on:
0 ≤ G ≤ 2
E...
62
P1 : (0.5 + j0.130)enStub1
Ye2 : (1 + j0.72)
BenelStub2 = −j0.72
COMPROBACI´ON:Ls2 = 0.15λ ⇒ −j0.72
YT 2 = 1 + jφ =
1
R...
63
Carta de Smith
3. Rotar en el c´ırculo VSWR 2βα =
π
2
= 90 (equivalente a
λ
8
=0.125λ) desde
la ZL hacia el ganador. Si...
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 u...
65
En la carta de Smith:
Carta de Smith
Ejemplo 13 Dise˜nar un acoplador de un s´olo STUB si ZL = 800 − j300 y
Zo = 400Ω.
66
Soluci´on:
ZL =
ZL
Zo
⇒
800 − j300
400
= 2 − 0.75j
YL =
400
800 − j300
=
400(800 + j300)
8002 + 3002
=
N
730000
YL = 0....
67
Ejemplo 14 Encontrar la localizaci´on y longitud del Stub en corto circuito de
Zo = 40Ω que acoplara la carga a la l´ın...
68
Carta de Smith
Ejemplo 15 Determinar la longitud de los Stub para que haya acoplamiento
de la carga a la antena.
69
Soluci´on:
ZL =
ZL
Zo
YL =
1 ∗ Zo
ZL
= YL ∗ Zo
YL =
1
ZL
⇒ ZL =
100 + j100
100
= 1 + j
YL =
100
100 + j100
=
100(100 − ...
70
Carta de Smith
Ejemplo 16 Una l´ınea de transmisi´on de Zo = 50Ω sin p´erdidas va a ser
acoplada a una carga ZL = 25 = ...
71
Carta de Smith
Soluci´on:
YL =
1
25 + j50
=
25 − j50
252 + 502
YL = 0.008 − j0.016
Desde YL, se traslada 0.5 λ y se obt...
72
Carta de Smith
Ejemplo 17 Determinar las longitudes m´as cortas de los Stubs para obtener
el acoplamiento de la carga a...
73
Soluci´on:
ZL =
ZL
50
; YL =
50
ZL
YL =
50
25 + j50
=
25 − j50
252 + 502
∗ 50
YL = 0.4 − j0.800
0.385λ + 0.2λ = 0.585λ
...
74
Carta de Smith
Ejemplo 18 Hallar Zo para acoplar ZL=150Ω a la l´ınea de 300Ω. Si d =
λ
4
.
Soluci´on:
Zin = Z0 ∗
ZL + t...
75
SiZo = 50Ω ⇒ ZL =
Z2
o
Zn
=
502
300
= 8.333Ω= ZL
SiZo = 75Ω ⇒ ZL =
Z2
o
Zn
=
752
300
= 18.75Ω= ZL
Cambio de L´ıneas
ZL ...
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  1. 1. 1 LINEAS DE TRANSMISI´ON 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 • Gu´ıas de onda • Generalmente las caracter´ısticas de las se˜nales en baja frecuencia no son afectadas como las propagaciones de las se˜nales a trav´es de las lineas • Las se˜nales de radiofrecuencia y microonda son afectadas significativamente debido a que el tama˜no de los circuitos es comparable con λ AN´ALISIS DE CIRCUITOS DISTRIBUIDOS DE LINEAS DE TRANSMISI´ON Cualquier l´ınea de transmisi´on puede representarse por una red de par´ametros distribuidos. L→ Inductancia por unidad de longitud H m R→ Resistencia por unidad de longitud ohm m C→ Capacitancia por unidad de longitud F m G→ Conductancia por unidad de longitud S m Estos son par´ametros de linea
  2. 2. 2 Estos par´ametros son distintos para cada linea y depende de la geometr´ıa, caracter´ısticas f´ısicas de sus elementos. EJEMPLO: si la linea esta hecha de. • CONDUCTORES PERFECTOS • DIEL´ECTRICOS IDEALES Lo que quiere decir que si la linea esta hecho de estos la R=0 y G=0 Zin = ZO = (ZO + Z∆X)(1 y∆X) ZO + Z∆X + 1 y∆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 =⇒ Z2 O = Z Y ZO = Z Y =⇒ ZO = R + jWL G + jWC Se tiene algunas consideraciones especiales: 1 Para se˜nales en dc ZOdc = R E 2 Para W → ∞ wL R y wC G, Entonces: ZO(w → grande) = L C 3 Para una linea sin perdidas: R → 0 G → 0 ZO = L C Ejemplo 1 Un cable coaxial semir`ıgido sin p´erdidas con 2a=0.0036 pulgadas, 2b=0.119 pulgadas y Er=2.1(diel´ectrico de tefl`on) con c=97.71 (pF m), L=239.12(nH m). Sin impedancias caracter´ıstica sera 49.5 ω. La conductividad del cobre es 5.8e 17 (S m) y la tanδ del tefl`on es 0.00015 Z = (3.74 + j1.5) ∗ 103 (omega m) Z = (0.092 + j613.92)(mS m) a 1GHz La Zo correspondientes es 49.5-j0.058 ω
  3. 3. 3 DEMOSTRACION: C = 55.63 ∗ 5.1 ln 0.11912 2 0.036 2 = 97.7104(pF m) L = 200ln( 0.11912 2 0.036 2 ) = 239.12(nH m) SI W→ muy grande, entonces ZO L C 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(Ω m) G = (0.3495)( r)(fGHZtanδ) ln(b a) → Si L = 239.12 ∗ 10− 9 Z = R + jwL = 3.7408 + j2π ∗ 109 (239.12 ∗ 10− 9) Z = 3.7408 + j1502.4387(Ω m) ⇒ 1502.4433 89.8573◦ ⇒ Y = G + jβ G = (0.3495)(2.1)(0.00015) ln 0.119 0.036 = 9.208 ∗ 10− 5(S m) = 0.09208(mS m) C=97.7104 (pF m)
  4. 4. 4 β = wC = (2π)(1 ∗ 109 )(239.12 ∗ 10− 12) = 0.613933 = 613.933(mS m) ⇒ Y = 0.09208 + j613.933(mS m) ⇒ 0.613933 89.8573◦ NOTA: para sacar la ra´ız del angulo se deben restar sus ´angulos la respuesta de la diferencia dividirla para el indice de la ra´ız. ZO = Z Y = 1502.4433 89.8573◦ 0.613933 89.9914◦ = 49.4696 −0.06705◦ ZO = 49.4695 − j0.05789(Ω) ECUACIONES DE L´INEAS DE TRANSMISI´ON Consideremos el circuito equivalente distribuido de una l´ınea de transmisi´on terminada por una impedanciaZL Aplicando las leyes de Kirchhoff para el peque˜no segmento x, 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. 5. 5 Bajo el l´ımite que ∆x → 0, la ecuaci´on 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 ∂2 v(x, t) ∂x2 = −R( ∂i(x, t) ∂x ) − L( ∂i(x, t) ∂x∂t ) ∂2 v(x, t) ∂x2 = −R[−G.v(x, t) − C( ∂v(x, t) ∂t ] − L( (∂2 i)(x, t) ∂x∂t = 0 ∂2 v(x, t) ∂x2 = RG.v(x, t) + RC ∂v(x, t) ∂t − L ∂2 i(x, t) ∂x∂t = 0 ∂2 v(x, t) ∂x2 = RG.v(x, t) + RC ∂v(x, t) ∂t − L∂ ∂ [ ∂i(x, t) ∂ (2) ] ∂2 v(x, t) ∂x2 = RG.v(x, t) + RC ∂v(x, t) ∂t − L ∂t [−G.v(x, t) − C ∂v(x, t) ∂t ] ∂2 v(x, t) ∂x2 = R.G.v(x, t) + RC ∂v(x, t) ∂t + LG ∂v(x, t) ∂t + LC ∂2 v(x, t) ∂t2 ∂2 v(x, t) ∂x2 = RG.v(x, t) + (RC + LG) ∂v(x, t) ∂t + LC ∂2 v(x, t) ∂t2 (3) b) Derivando (2)respecto de x
  6. 6. 6 ∂2 i(x, t) ∂x2 = −G ∂v(x, t) ∂x − C ∂2 v(x, t) ∂x∂t ∂2 i(x, t) ∂x2 = −G[−R.i(x, t) − L( ∂i(x, t) ∂t ] − C∂ ∂t [−R.i(x, t) − L ∂i(x, t) ∂t ] ∂2 i(x, t) ∂x2 = GR.i(x, t) + LG ∂i(x, t) ∂t ] + RC ∂i(x, t) ∂t + LC ∂2 i(x, t) ∂t2 ∂2 i(x, t) ∂x2 = RG.i(x, t) + (LG + RC) ∂i(x, t) ∂t + LC ∂2 i(x, t) ∂t2 (4) CASOS ESPECIALES: NOTA:Son modelos validos para distancias cortas, se puede decir que un cable grueso tiene menos resistencia ademas si longitud sube R y G tambi´en sube por lo tanto el porcentaje de error tambi´en sube. • (1) Para l´ıneas sin p´erdidas R=G=0 ∂2 v(x, t) ∂x2 LC ∂2 v(x, t) ∂t2 ∂2 i(x, t) ∂x2 = LC ∂2 i(x, t) ∂t2 La velocidad de estas ondas son: 1 √ LC • (2)Si la fuente de entrada es senoidal, podemos pasar las ecuaciones a notaci´on fasor`ıal ECUACIONES HOMOGENEAS DE HELMHOLTZ    d2 V (x) dx2 = ZY V (x) = LCV (x) = γ2 V (x) d2 I(x) dx2 = ZY I(x) = LCI(x) = γ2 I(x) γ = √ ZY =∝ +jβ γ → constente de propagacion ∝ →constante de atenuacion β →constente de fase SOLUCIONES DE LA ECUACION DE HELMHOLTZ
  7. 7. 7 d2 f(x) ∂x2 − γ2 f(x) = 0 f(x) = C1e−γx + C2eγx C1,C2 → dependen de las condiciones de borde SOLUCIONES: Vin, Vref,Iin,Iref → constante de integraci´on compleja    V (x) = V in.e−γx + V ref.eγx I(x) = Iin.e−γx + Iref.eγx SiV in = V in.ejθ yV 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 = 2π λ VELOCIDADES DE FASE Y DE GRUPO: Vp= w β ⇒ es la velocidad con que la fase de una se˜nal arm´onica se numera Vg= δw δβ ⇒ es la velocidad con la que un grupo de ondas viajan por una linea. Ejemplo 2 Los par´ametros de una l´ınea de transmisi´on son: R=2 Ω m L=8 nH m G=0.5 mS m C=0.23 pF m 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. 8. 8 ZO = 2 + j50.266 0.5 ∗ 10−3 + j0.0014451 = 50.306 87.729◦ 0.0015292 70.915◦ ZO = 181.38 8.403◦ Ω = 179.43 + j26.506(Ω) γ = √ ZY = √ 50.306 87.721◦ ∗ 0.0015292181.38 8.403◦ γ = 0.27736 79.318◦ = 0.051411 + j0.27255 α=0.051411 Np m β=0.2726 rad m COEFICIENTE DE REFLEXI´ON: ΓO Consideremos la siguiente l´ınea de transmisi´on. 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 = Zo V in + V ref V in − V ref
  9. 9. 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 = ZL Zo = 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 ten´ıamos 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. 10. 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 l´ıneas sin p´erdidas γ = α + jβ = jβ y tanh(γl) = tanh(jβl) = jtan(βl) Zin = Zo. ZL + jZotan(βl) Zo + jZL.tan(βl) Zin se repite peri´odicamente cada media longitud de onda de la l´ınea de transmisi´on. Zin tendr´a los mismos valores en los puntos d±n λ 2 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 l´ınea sin p´erdidas y en corto circuito Zin = jZo.tan(βl) • 2)ZL→∞, por ejemplo para una l´ınea sin p´erdidas tienes un circuito abierto en la carga. Zin = Zo   1 + j Zo ZL tan(βl) Zo ZL + jtan(βl)   ZL→∞ = Zo 1 jtan(βl) Zin = −Zo −j tan(βl) = −jZo.cot(βl) ⇒Zin=-jZo.cot(β l)
  11. 11. 11 • 3)Sil = λ 4 ⇒ βl = 2π λ ∗ λ 4 = π 2 ⇒ Zin = Zo( ZL tanβl + jZo) ( Zo tanβl + jZL) Zin = Zo. jZo jZL ⇒ Zin = Zo2 ZL → Usado como trasformada de impedancias ZL a una nueva Zin Si βl= π 2 Zin = ZoZo ZL ⇒ Zin Zo = 1 ZL Zo Zin = 1 ZL = YL De acuerdo a los 2 primeros casos, una l´ınea sin p´erdidas se puede utilizar para sintetizar una reactancia arbitraria. Ejemplo 3 Una l´ınea de transmisi´on 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 − Zo ZL + Zo = 150 − 212.132 150 + 212.132 = −0.1716
  12. 12. 12 COEFICIENTE DE REFLEXION, PERDIDAS DE RETORNO, PERDIDAS DE INSERCION 1) COEFICIENTE DE REFLEXION DE VOLTAJE Γ Γ = V ref V in = ZL − Zo ZL + Zo e−2γl = ρLe−2(α+jβ)l = ρL.e−2αl e−j(2αl−θ) ρL.ejθ = ZL − Zo ZL + Zo ⇒ COEFICIENTEDEREFLEXIONDELACARGA 2) COEFICIENTE DE RELFEXION DE CORRIENTE Γ c Γc = Iref Iin = −V ref/Zo V in/Zo = −Γ 3) PERDIDAS DE RETORNO:= P OT ENCIAREF LEJADA P OT ENCIAINCIDENT E = ρ2 P´erdidas de Retorno[dB]= 20 log (ρ) dB 4) PERDIDAS DE INSERCION: de un dispositivo se define como la relaci´on entre la potencia transmitida(potencia v´alida en el puerto de salida)para la potencia incidente en su entrada. Potencia transmitida= Potencia incidente - Potencia Reflejada P´erdidas de inserci´on de un dispositivo sin p´erdidas= 10 log (1 − ρ2 )[dB] DETERMINACION EXPERIMENTAL DE Zo, γ
  13. 13. 13 Ten´ıamos que: Zin = Zo ∗ ZL + Zo.tanhγl Zo + ZL.tanhγl ⇒ Zoc = Zo ∗ cothγd 1) ⇒ Zsc = Zo ∗ tanhγd 2) Zin = Zo ∗ 1 + (Zotanhγl)/ZL Zo 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 Zsc 3) Zoc ∗ Zsc = Zo tanhγd ∗ Zo ∗ tanhγd Zoc ∗ Zsc = Zo2 ⇒ Zo = √ Zoc ∗ Zsc 5) tanh2 γd = Zsc Zoc ⇒ γ = 1 d tanh−1 Zsc Zoc 6) 5 y 6 se puede utilizar para encontrar Zo y γ. Adem´as se puede utilizar la siguiente identidad. tanh−1 x = 1 2 .ln 1 + x 1 − x Ejemplo 4 1) EJEMPLO:La impedancia medida cin un puente de impedancias medida con un puente de impedancias en un extremo de una l´ınea de transmisi´on es de Zin=30+j60 mientras que el otro extremo esta terminada con ZL.El exper- imento se repite 2 veces, cuando la carga est´a primeramente en corto circuito y luego en circuito abierto, j53.1 y -j48.3 respectivamente. Encontrar la resistencia caracteristica de esta l´ınea y su impedancia. Zsc = j53.1 Zoc = −j48.3 Zo = j53.1α(−j48.3) = 50.543Ω = Zo
  14. 14. 14 Teniamos que: Zin = Zo ∗ ZL + Zo ∗ tanhγl Zo + ZL ∗ tanhγl Si α = 0 ⇒ γ = α + jβ y tanh(jβl) = jtan(βl) ⇒ Zin = Zo ∗ ZL + Zo(jtanβl) Zo + jZLtanβl Antes ten´ıamos 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 − j6.9 30 + j18.3 ZL = j48.3 ∗ 30.783 12.953◦ 112.38 74.517◦ = 13.23 28.436◦ ZL = 11.634 + j6.3 Ω
  15. 15. 15 Ejemplo 5 2) Se realizaran mediciones en una l´ınea de 1.5m de longitud con un puente de impedancias; Zsc=j103 Ω ; Zoc=-j54.6 Ω. Encontrar la constante de propagacion y las caracteristicas de impedancias de esa l´ınea. γ = 1 d tanh−1 Zsc Zoc = 1 1.5 tanh−1 j103 −j54.6 = 1 1.5 tanh−1 (j1.3735) tanh−1 x = 1 2 ln 1 + x 1 − x = 1 2 ln 1 + j1.3735 1 − j1.3735 = 1 2 ln 1.7 53.943◦ 1.7 −53.943◦ tanh−1 x = 1 2 ln1 107.89◦ = 1 2 ln[1 1.8830rad] = 1 2 ln ej18830 = 1 2 ∗ j1.8830 tanh−1 x = 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 el coeficiente de reflexi´on. Z = R + jX = 1 + Γ 1 − Γ = 1 + ΓR + jΓi 1 − ΓR − jΓi ΓR → parte real del coeficiente de reflexi´on. Γi → parte imaginaria del coeficiente de reflexi´on. 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. 16. 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 − R 2 (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. 17. 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 complejo Γ 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 un angulo de fase que decrece conforme a -2βl Ejemplo 6 Una linea de transmision si perdidas de λ/4 esta terminada por una carga de 50+j100. Zo=50. Hallar la impedancia a la entrada de la linea, el coeficiente de reflexion de la craga, y el VSWR.
  18. 18. 18 a)Solucion analitica βl = 2π λ ∗ λ 4 = π 2 rad = 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 63.435◦ = 22.361 −63.435◦ Zin = 10 − j20 Γ = ZL − Zo ZL + Zo = 50 + j100 − 50 50 + j100 + 50 = j100 100 + j100 = 100 90◦ 100 √ 2 45◦ Zin = 10 − j20 Γ = ZL − Zo ZL + Zo = 50 + j100 − 50 50 + j100 + 50 = j100 100 + j100 = 100 90◦ 100 √ 2 45◦ Γ = 0.7071 45◦ 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 YL osea mi P2(0.2-j0.4)o le paso de impedancia a admitancias YL = 1 ZL .
  19. 19. 19 3)para calcular mi coeficiente de reflexion desde el origen de la carta de smith hasta el punto de mi ZL con la misma abertura del compas en la parte de abajo de carta pongo sobre la linea que diga ya sea coeficiente de relfexion o para mi VSWR desde el centro y me da mis valores. ΓL = 0.707 45λ 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 = ZL 5)Finalmente desnormalizo mi carga: Zin = 50(0.2 − j0.4) = 10 − j20 Ejemplo 7 una linea de transmision sin p´erdidas de 75 esta terminada en una impedancia de 150+j150. utilizando la carta de smith, encontrar: a)Zin a la distancia de 0.375λ desde la carga. b)La distancia mas corta de la l´ınea para la cual la impedancia puramente resistiva. c) El valor de la r ZL = ZL 50 = 150 + j150 75 = 2 + j2 a)La magnitud del del ΓL es 0.62 30◦ = ΓL coeficiente de reflexi´on.
  20. 20. 20 La magnitud de ΓL es el radio del circulo de VSWR. El angulo producido por la linea radial que contiene a la impedancia de la carga (P1) con el centro de la carta de smith es el angulo del coeficiente de reflexi´on entonces: ΓL = 0.62 30◦ b)VSWR se encuentra como 4.25 le´ıdo en escala como el punto donde el coefi- ciente interpretado con ΓR, el VSWR=4.25(gr´aficamente) 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 ∗ 2π x ∗ 0.375 Este punto esta localizado luego de moverse en el circulo VSWR un valor de0.375λ 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)Movi´endose en sentido horario del generador hacia la carga ,el circulo VSWR cruza el eje ΓR por primera vez a 0.25λ.La parte imaginaria de las impedancias es cero en ese punto de inserci´on.Por lo tanto: d=0.25λ-0.208λ=0.042λ P3[4.2; j0] ⇒ Zin = 4.2 ⇒ Zin = 315(Ω) El pr´oximo punto es P4,osea a 0.042λ+0.292λ de la carga. e) Zin = 0.24 ⇒ Zin = 75 ∗ 0.24(Ω) Zin = 18Ω
  21. 21. 21 Ejemplo 3 Una L´ınea sin perdidas de Zo = 100Ω. Hallar el primer Vmax, el primer Vmin y el VSWR si λ = 5cm ¯ZL = 100 + j100 100 = 1 + j
  22. 22. 22 Figure 1: Carta Smith 1er Vm´ax estar´a a 0.25λ − 0.162λ = 0.088λ =⇒ dm´ax = 0.088 ∗ 5cm = 0.44cm= dm´ax 1er Vm´ın estara a 0.5λ − 0.162λ = 0.338λ = 1.69cm Ejemplo 4 Una l´ınea con ZO = 75Ω y ZL = 150Ω. Encontrar la impedancia a 2.15λ y 3.75λ de su teminaci´øn ¯ZL = 150 75 = 2 + j0
  23. 23. 23 Figure 2: Soluci´on del ejemplo 4 usando carta de smith Como se ilustra en la Figura, este punto est´a situado en la carta de Smith y el VSWR c´ırculo se dibuja. N´otese que la VSWR en esta l´ınea es 2 y el coeficiente de reflexi´on de carga es de aproximadamente 0, 33∠0o . A medida que se mueve sobre la l´ınea de transmisi´on hacia el generador, el ´angulo de fase de cambios de coeficiente de reflexi´on por −2βd, donde d es la distancia de la carga. Por lo tanto, una revoluci´on alrededor del c´ırculo VSWR se completa por cada media longitud de onda. Por lo tanto, la impedancia normalizada ser´a 2 en cada m´ultiplo entero de un medio de longitud de onda de la carga. Ser´a cierto para un punto situado a 2λ, as´ı como a 3.5λ. Para el restante 0.15λ, el punto de impedancia est´a situado en el c´ırculo VSWR a 0.40λ (es decir: 0.25 + 0.15) en las longitudes de onda hacia generador (escala). De manera similar, el punto que corresponde a 3.75λ de la carga se encuentra en 0.5λ. 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 c´ıculo VSWR, o sea 2λ (0.5λ ∗ 4) y luego para llegar a 2.15λ, desde Po(0.25λ) sumamos 0.15λ que nos da 0.25λ+0.15λ =
  24. 24. 24 0.4λ(P1) Tenemos P1(0.68 − j0.48) ZL Zo = 0.68 − j0.48 ZL|2.15λ = 75(0.68 − j0.48) = 51 − j36Ω 3.75λ Del generador equivale a 6 vueltas al c´ıculo VSWR, o sea 3λ (0.5λ ∗ 6) y luego para llegar a 3.75λ,ser´a una vuelta mas para 3.5λ y luego a 0.25λ para 3.75λ Tenemos el punto P2(0.5 − j0) ZL Zo = 0.5 − j0 ZL = 75(0.5) = 37.5Ω Ejemplo 5 Una L´ınea de Zo = 100Ω y YL = 0.0025 − j0.0025S. Encuentre la impedancia en el punto 3.15λ lejos de la carga y el VSWR de es l´ınea ¯ZL = ZL Zo → ¯YL = Zo ZL = 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. 25. 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: Soluci´on del ejemplo 5 usando carta de smith Ejemplo 6 Se efect´ua un experimento utilizando el circuito de la figura. primero se conecto una ZL y su V SWR = 2. Luego de esto, se coloca una sonda de prueba en uno de sus m´ınimos de la l´ınea. Se encuentra que este m´ınimo se desplaza hacia la carga por un valor 15cm cuando la carga se reemplaza por un corto circuito. Por lo tanto, se encuetran 2 m´ınimos separados 50cm. Detrmine la impendancia de la carga.
  26. 26. 26 0.5λ = 50cm (separaci´on entre 2 m´ınimos) λ = 100cm λ 100cm = x 15cm =⇒ x = 0.15λ ¯ZL = 1.1 − j0.7 = ZL Zo ZL = 100(1.1 − j0.7) ZL = 110 − j70[Ω] EJERCICIOS PROPUESTOS: 1. Una l´ınea coaxial semirigida sin p´erdidas tiene radios internos y externos de 1.325 y 4.16mm respectivamente. Ecuentre los par´ametros de la l´ınea, Zo, γ si f = 500MHz y ξr = 2.1
  27. 27. 27 R ≈ 10( 1 a + 1 b ) fGHZ σ [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. 28. 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 l´ınea telef´onica tiene los siguientes par´ametros R = 40Ω/milla, L = 1.1mH/milla, G ∼= 0, C = 0.062uF/milla Se han a˜nadido unas bobinas de carga para proveer una inductancia adicional de 30mH/milla, as´ı como una resistencia adicional de 8Ω/milla. Obtener γ para 300Hz y 3.3KHz LT = L1 ∗ l2 L1 + L2 LT = 1.1 ∗ 30 1.1 + 30 = 1.0611mH
  29. 29. 29 R = 40 Ω milla ∗ 1milla 1600m = 0.0250 Ω m L = 1.1 mH milla ∗ 1milla 1600m ∗ 1H 103mH = 687.50 ∗ 10−9 H m C = 0.062 ∗ 10−6 F 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 l´ınea de transmisi´on de Zo = 75Ω de 1m de longitud. Si la λ = 8m, hallar la impedancia de entrada y la frecuencia de la se˜nal. Asumir que la velocidad de fase es 70 de la velocidad de la luz en el espacio. λ1 = c f = 3 ∗ 108 f = 8
  30. 30. 30 f1 = 3 ∗ 108 8 = 37.5MHz Si vp = 100(3 ∗ 108 m/seg) Si vp = 0.70 ∗ 3 ∗ 108 = 2.18 m/seg λ2 = c f2 =⇒ f2 = 2.1 ∗ 108 8 f2 = 26.250MHz es m´as real ¯ZL = ZL Zo = 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 ← posici´on final P(0.6 − j1.72) = ¯ZL|0.125λ de ZL
  31. 31. 31 ¯ZL = ZL Zo Zin = (Zo)¯ZL = 75(0.6 − j1.72)Ω Zin = 45 − j129[Ω] 4. Una l´ınea de transmisi´on de 80Km termina en ZL = 100 + j200Ω se ceonecta un generador con vp = 15cos(8000πt)[v]; Zs = 75Ω. La Zo = 75Ω de la l´ınea de transmisi´on y vp = 2.5 ∗ 108 m/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 posici´on final P(0.23 − j0.81) =⇒ Zin = 75(0.23 − j0.81) = 17.25 − j60.75[Ω]
  32. 32. 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 ∗ 10−6 rad/m Vin(x = 0) = 8.5758V
  33. 33. 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 l´ınea de transmisi´on de 2.5m de longitud se halla corto circuitada en uno de sus extremos y la impedancia en el otro extremo es j5Ω. Cuando el corto circuito es reemplazado por un circuito abierto y la impedancia es −j500Ω Se utiliza una fuente senoidal de 1.9MHz para este experimento y la l´ınea de transmisi´on tiene una longitud menor a λ/4. Hallar Zo y vp ¯Zin1 = Zin1 Zo = j5Ω ¯Zin2 = Zin2 Zo = −j500Ω vp = w β a) ls = 2.5 λ = c f = 3 ∗ 108 1.9 ∗ 106 = 157.89m λ 157.89m = ls 2.5m =⇒ ls = 0.015833λ Si ZL = 0.1Ω ≈ cortocircuito ZL = 100kΩ ∼= circuitoabierto 0.1Ω
  34. 34. 34 ¯ZL = ZL Zo = 0.1Ω Zo ls = 0.015833λ P1:j0.09 = Zin Zo = j5Ω Zo Zo = 5 0.09 = 55.556[Ω] = Zo1 Si ZL2 = 100kΩ ¯ZL2 = 100 ∗ 103 Zo P2: −j9.8 = Zin2 Zo =⇒ Zo = −j500 −j9.8 Zo2 = 51.020Ω vp = w β
  35. 35. 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 ∗ 108 m/seg = vp Si vp = 1.2 ∗ 108 m/seg =⇒ λ = vp f = 1.2 ∗ 108 1.9 ∗ 106 = 63.159m λ 63.159m = ls 2.5m =⇒ 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. 36. 36 ¯ZL = 2 50 = 0.040 λ = c f = 3 ∗ 108 1.9 ∗ 106 = 157.89m λ 157.89m = ls 2.5m = 0.015833λ P(0.04 + j0.09) = Zin Zo Zin = 2 + j4.5[Ω] Si ZL = 0Ω y Zin = j5Ω Si ¯R= 0 =⇒ P(0 + j0.095) = Zin Zo = j5 Zo
  37. 37. 37 Zo = j5 j0.095 = 52.632Ω Si ZL = ∞ y Zin = −j500Ω P(0 − j11) = Zin Zo = −j500 Zo Zo = 500 11 = 45.45Ω 7. Una l´ınea de trasmisi´on sin p´erdidas de Zo = 75Ω tiene una ZL = 37.5 − j15Ω y un generador con una Zs = 75Ω. Calcular: a) El coeficiente de reflexi´on a 0.15λ desde la carga b) El VSWR de la l´ınea c) Zin a 1.3λ de la carga ZL = 37.5 − j15 75 = 0.5 − j0.2Ω Figure 4: Circuito RLC Serie
  38. 38. 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 − Zo ZL + 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. 39. 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 = Zin Zo =⇒ Zin = Zo(2.1 − j0.2) 157.5 − j15Ω 8. Una l´ınea de 22.5m de longitud y Zo = 50Ω esta corto circuitada en uno de sus extremos, y al otro una fuente vs = 20cos(4π ∗ 106 t − 30o )(V ) Si Zs = 50Ω y la velocidad de fase es 1.8 ∗ 108 m/seg. Hallar la corriente total a la entrada de la l´ınea corto circuitada.
  40. 40. 40 w = 4π ∗ 106 = 2πf =⇒ f = 2 ∗ 106 Hz f = 2MHz =⇒ λ = c f = vp f λ = 1.8 ∗ 108 2 ∗ 106 = 90m = λ λ 90m = x 22.5m =⇒ x = d = 0.250λ ¯Zo = 0Ω 0.25λ en P: (∞) ZAB = ∞ Corriente Total de entrada ∼= OA
  41. 41. 41 9. Una l´ınea de transmisi´on sin p´erdidas de 15cm y Zo = 75Ω est´a abierta en uno de sus extremos y al otro un fuente vs = 10∗cos(2π∗109 t−45o ). La impedancia de la fuente es 75Ω y vp = 2 ∗ 108 m/seg. Calcule el voltaje y la corriente a la entrada de la l´ınea. 2π ∗ 109 = 2πf ¯ZL = vp f = 2 ∗ 108 1 ∗ 109 = 0.200m = λ λ 0.200m = l 0.0150 ls = 0.075λ 0.25λ + 0.075λ = 0.325λ
  42. 42. 42 P(0 − j1.95) = Zin Zo 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 ∗ 109 t + 17.85o ) VAB = 0.060842∠17.850 ∗ 146.25∠ − 90o = 8.8981∠ − 72.15o vAB = 8.8981cos(2π ∗ 109 t − 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 l´ınea de transmisi´on con l = 25cm, Zsc = −j90Ω y f = 300MHz. Asumir βl < πrad Zo = √ Zoc ∗ Zsc = √ −j90 ∗ j40 = 60Ω = Zo tanγd = Zsc Zoc =⇒ γ = 1 d tanh−1 Zsc Zoc γ = 1 0.25 tanh−1 −j90 j40 = 1 0.25 tanh−1 (j1.50) tanh−1 x = 1 2 ln( 1 + x 1 − x ) = 1 2 ln( 1 + j1.50 1 − j1.50 ) tanh−1 x = 1 2 ln( 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. 43. 43 11. Una l´ınea de Zo = 75Ω tiene una ZL = 100 + j150. Utilizando la carta de Smith, calcular: a) El VSWR, Γ. b) La admitancia c) Zin a 0.4λ desde la carga d) La localizaci´on de Vmax y Vmin con respecto a la carga si la l´ınea es 0.6λ de longitud. e) Zin al ingreso de la l´ınea de transmisi´on ¯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. 44. 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 = ZL Zo =⇒ 1 Y L = Yo ∗ 1 Y L Y L = YL Yo Y L = Zo ∗ YL
  45. 45. 45 12. Dise˜nar para λ = 0.125m, f = 2.4GHz, si Zo = 50Ω a) Un stub en corto circuito para que β = −j0.004 b) Un stub en corto abierto para que β = −j0.004 c) Dibujar el circuito equivalente en cada caso. λ = 12.5cm a) β = −j0.004 β = −50 ∗ 0.004j = −j1.2 ls = 0.469λ − 0.25λ = 0.219λ = ls
  46. 46. 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 Zin Zo Y in = Zo ∗ Yin Y in = Yin Yo REDES DE ACOPLAMIENTO DE IMPEDANCIAS • En circuitos de RF es muy importante la m´axima Transferencia de Poten- cia. • Por un inadecuado acoplamiento de impedancias se producen ecos de la se˜nal del generador a la carga.
  47. 47. 47 • La impedancia se puede transformar en una nueva ajustando la ralci´on de transformaci´on que acopla los 2 circuitos. • Hay otras formas de acoplar las impedancias, por ejemplo a trav´es de stubs, redes resistivas y reactivas. Figure 5: Diagrama de bloques del circuito de un amplificador ELEMENTOS REACTIVOS SIMPLES O ACOPLAMIENTO DE STUB STUB: tal´on, cabo, resguardo, colilla. • Cuando una l´ınea de transmisi´on sin p´erdidas est´a terminada por una impedancia ZL, la magnitud del coeficiente de reflexi´on (y por lo tanto, el VSWR) permanece constante, pero su ´angulo de fase puede estar entre +180o y −180o . Esto se representa a trav´es de la carta de SMITH y un punto en el c´ırculo representa la carga normalizada. Como se mueva hacia la 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 l´ınea. Un elemento reactivo simple o un Stub de l´ınea de transmisi´on en este punto puede eliminar el eco de la se˜nal y reducir el VSWR a 1. STUB: l´ınea de transmisi´on de longitud finita con un extremo abierta o cer- rada y actua como un elemento reactivo. PROBLEMA: Determine la localizaci´on de un l´ınea sin p´erdidas o STUB o de un elemento reactivo para eliminar el eco de la se˜nal. SOLUCI´ON: Elementos en SERIE o en DERIVACI´ON (paralelo) STUB O ELEMENTO REACTIVO EN DERIVACI´ON (PARALELO)
  48. 48. 48 B −→ suceptancia G −→ conductancia • L´ınea de transmisi´on sin p´erdidas y Zo. • Y in = Y L + jtan(βds) 1 + jtan(βds)Y L admitancia de entrada noemalizada en el punto ds • Para obtener ds, la parte real de Yin debe ser igual a la admitancia car- acter´ıstica de la l´ınea. Ejm: Real Y in = 1 • Bs se utiliza para cancelar la parte imaginaria de Yin DEMOSTRACI´ON: 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 + x2 B 2 L + x2 G 2 L GL − xGLBL + x2 GL + xGLBL = 1 − 2xBL + x2 B −2 L + x2 G −2 L 0 = x2 [G 2 L + B 2 L − GL] − 2xBL + 1 − GL = 0 GL(GL − 1) + B 2 L =⇒ Ax2 − 2xBL + (1 − GL) = 0
  49. 49. 49 x = 2BL ± 4B 2 L − 4A(1 − GL) 2A = BL ± B 2 L − A(1 − GL) A = tan(βds) ds = 1 β tan−1 [ BL ± B 2 L − A(1 − GL) A ] Otra condici´on: Bds = −Bin Bin = (BL + tan(βds))(1 − (tanβds)BL) (1 − BLtanβds)2 + (GLtanβds)2 • Se puede utilizar una l´ınea de transmisi´on como un inductor o capacitor. • LA longitud de la l´ınea sera de acuerdo a la suceptancia necesitada y el otro 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 + jZL tanβds Parte Real de Zin = 1 =⇒ ds = 1 β tan−1 XL ± X 2 L − Az(1 − RL) Az
  50. 50. 50 donde Az = RL(RL − 1) + X 2 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 β tan(−Xs) = 1 β ∗ tan(−Xin) EJERCICIOS 1. Una l´ınea uniforme sin p´erdidas de 100Ω se halla conectada a una carga 50−j75Ω. Un stub de Zo = 100Ω se halla conectada en paralelo a una distancia ds desde la carga. Hallar ds y ls. Y L = YL Yo = 1/ZL 1/Zo = Zo ZL Y L = 100 50 − j75 = 100(50 + j75) 502 + 752
  51. 51. 51 Y L = 0.012308(50 + j75) Y L = 0.61538 + j0.9231[Ω] A = GL(GL − 1) + B 2 L GL = 0.61538M BL = 0.92310M A = 0.61538(0.61538 − 1) + 0.923102 = 0.61543 = A ds = 1 β tan−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. 52. 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 C´alculo 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 2π tan−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 c´ırculo VSWR • Desde este punto de impedancia de carga,nos movemos diametralmente al punto opuesto y localizamos la admitancia. P2(0.6 + j0.93)
  53. 53. 53 • Localice el punto en el c´ırculo VSWR donde la parte real de la admitancia sea 1. Hay 2 punto entonces con admitancia normalizada A: (1 + j1.3) y B: 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 a˜nade al punto A o +j9.3 al punto B, la
  54. 54. 54 carga se acopla. • Localice el punto -j1.3 a lo largo de la circunferencia m´as baja y movi´endose hacia la cara en sentido antihorario hasta encontrar el corto circuito (parte infinita de la carta). LA separaci´on entre estos 2 puntos es 0.25λ−0.146λ = 0.104λ. Entonces la longitud de la l´ınea es 0.104λ A: 0.04λ = ds y longitud=0.104λ • Para acoplar el punto B localice el punto +j1.3 en las circunferencias el corto 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 m´as conveniente ya que se halla m´as de la carga y la longitud es
  55. 55. 55 m´as corta. Ejemplo 8 Una l´ınea de transmisi´on sin p´erdidas 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 m´as cercana a la carga y la longitud del Stub mediante la carta de Smith. Soluci´on: Figure 6: 1 ZL ZO = 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 c´ırculo VSWR. Movi´endose hacia el generador (en sentido horario) en el c´ırculo VSWR hasta la parte real de la admitancia que es la unidad. P1(1 − j2.7); P2(1 − j2.7) Desde el primero que est´a 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. 56. 56 ds2 = 0.483λ La suceptancia normalizada necesaria para hacer coincidir en este punto es j4.7. Sin embargo se normaliz´o 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 = YL YO = ZL = ZL ZO ⇒ 1 ZL = YL = ZO ZL = ZO R + jX = ZO(R − jX) R2 + X2 YL = ZO ∗ R R2 + X2 − j ZO ∗ X R2 + X2 Carta de Smith
  57. 57. 57 Ejemplo 9 Una reflexi´on de carga ΓL sucede con un coeficiente de 0.4∠-30°. Se desea obtener 2 circuitos distintos en las siguientes figuras. La informaci´on prevista en estos circuitos es incompleta. Completar o verificar los dise˜nos a 4 Ghz. 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 + Γin 1 − 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”Apreciaci´on Anal´ıtica” 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) Apreciaci´on Gr´afica: j0.68 + jX = −j0.21 jX = −0.890j = YL
  58. 58. 58 Pero el gr´afico a) especifica un capacitor por lo tanto, no es posible obtener Yin indicada con ese capacitor, sino con un inductor B = 1 j Xl 50 = −j0.890 −→ L = 44.706 ∗ 10− 12H −→ L=2.235nH Carta de Smith Ejemplo 10 Para el circuito de la figura b) Se resolver´a mejor si utilizamos la impedancia en lugar de la admitancia. ”Anal´ıticamente” 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. 59. 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. 60. 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 2 stubs es la soluci´on.
  61. 61. 61 Acoplamiento Si la distancia de separaci´on es λ 8 entre los stubs, entonces debe cumplirse una condici´on: 0 ≤ G ≤ 2 EJERCICIOS Ejemplo 11 Para el sintonizador de la figura de doble stub, encontrar las dis- tancias m´as cortas l1 y l2 de la carga. Figure 9: Red de Acoplamiento con Doble Stub Comprobaci´on: 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. 62. 62 P1 : (0.5 + j0.130)enStub1 Ye2 : (1 + j0.72) BenelStub2 = −j0.72 COMPROBACI´ON:Ls2 = 0.15λ ⇒ −j0.72 YT 2 = 1 + jφ = 1 R 50 = 1 Rtotal = 50Ω METODOLOG´IA PARA SOLUCIONAR EL EJERCICIO 1. ZL = 100 + j50 50 = 2 + j1 Punto A 2. 1 ZL = 0.4 − j0.2 = YL Punto B
  63. 63. 63 Carta de Smith 3. Rotar en el c´ırculo 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 c´ırculo 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 c´ırculo de conductancia unitaria rotado (en rojo). Hay 2 puntos, D y F. Se utilizar´a el punto D para el dise˜no, la susceptancia para 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 ser´a: 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 c´ırculo VSWR a partir del punto D y moverse λ 8 hacia el gen- erador. La parte real de la admitancia en este punto (E) es la unidad y la susceptancia es j0.72. El segundo stub oportar´a entonces con -j0.72 si el primero 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 trav´es 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 deber´a fijarse en j2.7 si el primero esta en j1.36. En este caso la longitud del Stub sera 0.194λ + 0.25 λ = 0.444λ
  64. 64. 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. Dise˜ne el circuito de acoplamiento que provee perfecto acoplamiento en la banda de frecuencias de 1 KHz hasta 1GHz. Determine la potencia entregada a la carga. Soluci´on: Figure 10: ZL = 100Ω 50 = 2Ω YL = 0.5S A : (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 λ ls = 0.153 λ si el STUB APORTA CON -j0.7 v/m P = V 2 R = 52 50 = 0.5W = Potencia.
  65. 65. 65 En la carta de Smith: Carta de Smith Ejemplo 13 Dise˜nar un acoplador de un s´olo STUB si ZL = 800 − j300 y Zo = 400Ω.
  66. 66. 66 Soluci´on: ZL = ZL Zo ⇒ 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. 67. 67 Ejemplo 14 Encontrar la localizaci´on y longitud del Stub en corto circuito de Zo = 40Ω que acoplara la carga a la l´ınea. Soluci´on: ZL = ZL Zo ⇒ YL = Zo ZL = 70 140 − j70 YL = 70(140 + j70) 1402 + 702 = 0.28571(140 + j70) YL = 0.4 + j0.2 ; YL = ZoYL A : (1 + j) ds 0.162 λ - 0.037 λ ds = 0.125 λ -1j = B = Zo ∗ Yin ⇒ Yin = −j 70 Yin1 = Zo ∗ Yin = 40 (−j) 70 = −j40 70 = −j0.571 Yin1 = −j0.571 ls = 0.418λ - 0.250 λ = ls= 0.168 λ ls = 0.418λ - 0.250 λ ls = 0.168λ
  68. 68. 68 Carta de Smith Ejemplo 15 Determinar la longitud de los Stub para que haya acoplamiento de la carga a la antena.
  69. 69. 69 Soluci´on: ZL = ZL Zo YL = 1 ∗ Zo ZL = YL ∗ Zo YL = 1 ZL ⇒ ZL = 100 + j100 100 = 1 + j YL = 100 100 + j100 = 100(100 − j100) 2 + 1002 YL = Zo ∗ YL = 100 1 100 + j100 YL = 100 100 + j100 = 1 1 + j = 1 − j 2 = 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 m´as 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 Aportar´a 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. 70. 70 Carta de Smith Ejemplo 16 Una l´ınea de transmisi´on de Zo = 50Ω sin p´erdidas va a ser acoplada a una carga ZL = 25 = j50 con un sintonizador de doble stub. La separaci´on entre los stubs es λ/8. La separaci´on ds1 de la carga es λ/2. De- terminar las longitudes m´as cortas de los 2 stubs para obtener la condici´on de acoplamiento. Y encuentre el VSWR entre los 2 stubs.
  71. 71. 71 Carta de Smith Soluci´on: 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 trav´es de G constante hasta que corte con el c´ırculo de G constante rotado. 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 ∞ En la carta de Smith
  72. 72. 72 Carta de Smith Ejemplo 17 Determinar las longitudes m´as cortas de los Stubs para obtener el acoplamiento de la carga a la l´ınea. Hallar VSWR entre los 2 stubs.
  73. 73. 73 Soluci´on: ZL = ZL 50 ; 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 trav´es de B constante hasta topar con el c´ırculo de G constante rotado. 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 c´ırculo 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. 74. 74 Carta de Smith Ejemplo 18 Hallar Zo para acoplar ZL=150Ω a la l´ınea de 300Ω. Si d = λ 4 . Soluci´on: Zin = Z0 ∗ ZL + tanhγl 1 + (tanhγlZL) ⇒ γ = α + jβ ≈ jβ = j 2π 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 Zo tanβl + jZL ∼= Zo ∗ jZo jZL = Z2 o ZL = Zin ⇒ Zo = Zin ∗ ZL Zo = √ 300 ∗ 150 = 212.13 Ω = Zo
  75. 75. 75 SiZo = 50Ω ⇒ ZL = Z2 o Zn = 502 300 = 8.333Ω= ZL SiZo = 75Ω ⇒ ZL = Z2 o Zn = 752 300 = 18.75Ω= ZL Cambio de L´ıneas ZL = 3002 50 = 1800Ω= ZL Ejemplo 19 Si RL= 100 Ω y Z01=50 Ω ⇒ Zo =? Z2 o = Z01 ∗ RL=50*100 ⇒ 70.711Ω= Zo

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