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
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
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
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
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
∂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
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
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
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
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
• 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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
¯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]
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
¯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
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
¯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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
• 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
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
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
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
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
• 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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
Carta de Smith
Ejemplo 15 Determinar la longitud de los Stub para que haya acoplamiento
de la carga a la antena.
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
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
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
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
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
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
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
