1. Para una línea sin pérdidas de impedancia característica de 50
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1. Para una línea sin pérdidas de impedancia característica de 50
UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA ELO250 Campos Electromagnéticos Solución Certamen 02 1. Para una línea sin pérdidas de impedancia característica de 50 [ ohms] determinar: a) Una expresión para el módulo del fasor del voltaje |V(z’)| en la línea, si ésta está terminada en una carga ZL puramente resistiva, en función del módulo del fasor voltaje en la carga |VL|. z’ es la coordenada de un punto de la línea medida desde la carga hacia el generador. b) Gráficas de |V(z’)| /|VL | en función de la distancia en unidades de longitud de onda, cuando ZL es 100 y cuando es 10. Indicando los valores de los máximos y mínimos de cada gráfica y cuándo se producen. Realizar la gráfica según se indica en el diagrama. |V(z’)| /|VL| z’/λ 1,5 0 Solución: Para el fasor del voltaje en una línea de impedancia característica Z0 y terminada en una carga ZL , se tiene: ( j ( θ − 2 β z´ ) ) 1 ( j β z´ ) Γ IL ( Z L + Z 0 ) e (1 + Γ e ) 2 Donde el coeficiente de reflexión en la carga queda dado por: ZL − Z0 Γ := ZL + Z0 V ( z´ ) := Para líneas sin pérdidas y con IL = VL / ZL, y si además ZL y Z0 son reales: Γ es real positivo si ZL > Z0 ; y Γ es real negativo si ZL < Z0 . Entonces puede escribirse:*-// 1 VL ( ZL + Z0 ) e V ( z´ ) := 2 El módulo de e ( j β z´ ) (1 + Γ e ( -2 j β z´ ) ZL ) (1) ( β z´ j ) es uno. ( −2 j β z´ ) La expresión: Vm = 1 + Γ e puede visualizarse, en el siguiente diagrama: 1 ΓL θ 2βz´ Vm Prof. Leopoldo Silva Bijit 29-05-2003 1 UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA ELO250 Campos Electromagnéticos Solución Certamen 02 Donde el ángulo de ΓL es 0° ó 180°. Entonces, se tiene: |1+ Γ cos(- 2βz´ ) +jΓ sen(- 2βz´ )| = ( [1+ Γ cos(- 2βz´ )]2 + [Γ sen(- 2βz´ )]2 )1/2 Vm = (1+ 2Γ cos( 2βz´ ) + Γ2 )1/2 ; Obteniendo el módulo del fasor del voltaje |V(z’)| según: 1 V L ( ZL + Z0 ) Vmod := 2 1 + 2 Γ cos ( 2 β z´ ) + Γ 2 ZL Evaluando con los datos cuando ZL es 100: V100 := 3 4 10 2 π z´ + cos 4 9 3 λ Con gráfica, que ilustra que es máximo en la carga y en múltiplos de λ/2. Los mínimos se producen λ/4, 3λ/4,… Evaluando con los datos cuando ZL es 10: V10 := 3 13 4 π z´ − cos 4 9 3 λ Prof. Leopoldo Silva Bijit 29-05-2003 2 UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA ELO250 Campos Electromagnéticos Solución Certamen 02 Con gráfica, que ilustra que es mínimo en la carga y en múltiplos de λ/2. Los máximos se producen ahora en λ/4, 3λ/4,… El siguiente diagrama ilustra las ondas en la línea, para ZL = 10. Prof. Leopoldo Silva Bijit 29-05-2003 3 UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA ELO250 Campos Electromagnéticos Solución Certamen 02 2. Empleando el diagrama de Smith: a) Calcular la impedancia vista en el punto 1, hacia las líneas de impedancias características Zo1 y Zo2 . b) Determinar el coeficiente de reflexión y la razón de onda estacionaria en el punto 1. c) Determinar, al menos, dos valores de x, para tener impedancia de entrada en el punto 2, puramente resistiva. Indique en el diagrama los puntos de interés y haga referencia a éstos en su desarrollo escrito. l1 = 3,152λ l3 = xλ R1 = 75 Zo1 = 150 2 Zo3 = 75 1 Z o2 = 50 R2 = 75 l2 = 8,191λ Solución: Para la línea 1 ZL es menor que Z0 , resultando un ángulo de 180º para el coeficiente de reflexión. Esto ubica el punto 1, en el diagrama siguiente. Luego desplazándose 0,152 unidades de longitud de onda se llega al punto 2, ya que cada media longitud de onda se da una vuelta completa al diagrama. Para la línea 1, resulta una impedancia admitancia de Y1 = 0,0045 – j0,0031 Prof. Leopoldo Silva Bijit Z1 = 149,8 + j 106,0, lo cual equivale a una 29-05-2003 4 UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA ELO250 Campos Electromagnéticos Solución Certamen 02 Z1 Y1 Prof. Leopoldo Silva Bijit 29-05-2003 5 UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA ELO250 Campos Electromagnéticos Solución Certamen 02 Para la línea dos, ZL es mayor que Z0 , resultando un ángulo de 0º para el coeficiente de reflexión. Esto ubica el punto 1, en el diagrama siguiente. Luego desplazándose 0,191 unidades de longitud de onda se llega al punto 2, ya que cada media longitud de onda se da una vuelta completa al diagrama. Para la línea 2, resulta una impedancia admitancia de Y2 = 0,0257 + j0,0072 Z2 = 36,06 - j 10,07, lo cual equivale a una Y2 Z2 Prof. Leopoldo Silva Bijit 29-05-2003 6 UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA ELO250 Campos Electromagnéticos Solución Certamen 02 Si se suman las admitancias resulta una carga equivalente de Y = 0,0302 + j0,0041 Lo cual equivale a una impedancia de: Zt = 32,51-j4,41. Punto que se indica en el siguiente diagrama como punto 1. Resultando un coeficiente de reflexión: Γ = 0,4 ∠ -171,87º Y una razón de onda estacionaria (ROE) S = 2,3 El primer cruce con el círculo x = 0 se obtiene con x = 0,012 obteniéndose una impedancia de entrada en el punto 2 de Zin = 32,52. Otra solución se obtiene con x = 0,262, lo cual da una impedancia de entrada en el punto 2 de Z = 172,98. Los puntos en el diagrama se ilustran en las gráficas siguientes. Prof. Leopoldo Silva Bijit 29-05-2003 7 UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA ELO250 Campos Electromagnéticos Solución Certamen 02 Zin =173,74 Zt Prof. Leopoldo Silva Bijit 29-05-2003 8 UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA DEPARTAMENTO DE ELECTRONICA ELO250 Campos Electromagnéticos Solución Certamen 02 Zin = 32,38 Zt Prof. Leopoldo Silva Bijit 29-05-2003 9