s Pro Electromag1

PROBLEMAS DE ELECTROMAGNETISMO.2o Cuatrimestre. Temas XIV y XV de la Unidad Didáctica IV

PROBLEMA 1.- Se desea adaptar una carga ZL = (800 + j300)Ω enuna línea de transmisión de Zo = 400Ω que transmite con longitud de ondaλ = 1, 5 m con un mono-stub en paralelo. Determinar las longitudes l delstub ya sea operando en abierto o en cortocircuito, y las correspondientesseparaciones d de la carga.

Figura 1

SOLUCIÓNObtenemos el valor de la impedancia de carga normalizada

ZLN =ZLZo= 2 + j0, 75

Puesto que se trata de adaptar con un stub en paralelo, trabajamos conadmitancias. Para ello situamos la impedancia en la carta de Smith y obten-emos la admitancia correspondiente obteniendo el simétrico respecto del cen-tro y su accimut.

YLN = 0, 44− j0, 16 θLN = 0, 468λ

A continuación giramos sobre la carta, en dirección al generador hastainterceptar la circunferencia con parte real igual a la unidad. Obtenemos asíY1

Y1 = 1+ j0, 9 θ1 = 0, 158λ

La distancia d1 desde la carga hasta este punto es

d1 = (0, 500− 0, 468)λ+ 0, 158λ = 0, 190λ

1

Para adaptar la carga necesitamos que el stub nos porporcione una ad-mitancia igual pero de signo contrario a la parte imaginaria de Y1, es decir

jB = −j0, 9 θB = 0, 384λ

Si empleamos un stub en cortocircuito (cuya admitancia es infinita) par-tiremos del punto C y recorreremos la carta hacia el generador hasta llegaral punto de susceptancia buscada. La longitud del stub será entonces

lc = (0, 384− 0, 250)λ = 0, 134λ

Si, por el contrario, empleamos un stub en abierto (cuya admitancia esnula) partiremos del punto A y recorreremos la carta hacia el generador hastallegar al punto de admitancia buscada. La longitud del stub será entonces

la = 0, 384λ

Las longitudes en centímetros son

d = 28, 5 cm

lc = 20, 1 cm

la = 57, 6 cm

2

CA

YLN

Y1

ZLN

PROBLEMA 1

PROBLEMA 2.- Una línea de transmisión de impedancia caracterís-tica Zo = 50Ω se carga con una impedancia desconocida ZL. Mediante undoble sintonizador de cortocircuitos móviles se logra una adaptación perfectacuando las longitudes de los stubs son l1 = 0, 114λ y l2 = 0, 414λ. La sep-aración entre los stubs es D = 0, 375λ y la carga se halla a una distanciad = 0, 2λ del doble sintonizador. a) Determinar el valor de la impedanciade carga. b) Comprobar que el acoplo perfecto también se consigue con laslongitudes menores l01 = 0, 061λ y l

02 = 0, 044λ. ¿Existen otras longitudes que

lo obtengan?

Figura 2

SOLUCIÓNa) En primer lugar, nos desplazamos desde la posición de admitancia en

cortocircuito (Punto C) hacia el generador la longitud correspondiente alsegundo stub, 0,414λ, hacia el generador para encontrar la admitancia deeste stub

jB2 = j1, 65

Puesto que la carga está adaptada, la admitancia de la otra rama debe detener parte real igual a la unidad y parte imaginaria igual a jB2 pero designo contrario. Es decir

Y2 = 1− j1, 65 θ2 = 0, 320λ

A continuación, desplazamos Y2 hacia la carga (dirección antihoraria) unadistancia igual a la separación entre los stubs, y obtenemos Y1

Y1 = 0, 24− j0, 34 θ1 = 0, 445λ

4

A esta admitancia debemos sumar la admitancia correspondiente al primerstub en el punto de unión. Procediendo igual que con el otro (partiendo delpunto C y desplanzándonos hacia el generador la longitud l1). Obtenemos laadmitancia

jB1 = −j1, 15

Teniendo en cuenta que Y1 es la suma de la admitancia de la carga desplazadala distancia d y de la admitancia del primer stub, podemos obtener Y 0LN

Y1 = jB1 + Y0LN

de dondeY 0LN = −j1, 15 + (0, 24− j0, 34)

Y 0LN = 0, 24− j1, 49 θ0LN = 0, 342λ

Por último, representamos esta admitancia en la carta y la desplazamosla distancia d hacia la carga, obteniendo finalmente YLN .

YLN = 0, 22 + j1, 22 θLN = 0, 142λ

El punto simétrico en la carta nos proporciona la impedancia de carganormalizada

ZLN = 0, 14− j0, 78

Y la impedacia de carga, teniendo en cuenta la impedancia característicade la línea, es

ZL = 7− j39 Ω

5

CA

Y2

jB1

Y1

Y'LN

YLN

ZLN

jB2

PROBLEMA 2

PROBLEMA 3. - En una línea de transmisión sin pérdidas de Zo =100Ω se propaga una onda incidente de amplitud V+ = 5 V y λ = 3 cm,pudiéndose producir , por reflexión según la carga ZL, ondas estacionarias.a) Represente gráficamente las amplitudes del voltaje y de la intensidad

de la corriente en los 6 cm. terminales de la línea para una carga ZL =100Ω. Señale bien las escalas en los ejes de coordenadas e indique la razónde onda estacionaria correspondiente, S. Repita lo mismo para las seis cargassiguientes: cortocircuito, circuito abierto, 200 Ω, 50 Ω, j100Ω y (80+j60)Ωb) Cuál podría ser la realización práctica de las dos últimas, utilizando

por ejemplo, trozos sobrantes de la misma línea?c) Marque en el ábaco de Smith los puntos exactos que corresponden a las

seis cargas anteriores, indicando el coeficiente de reflexión (módulo y fase)

SOLUCIÓNa) Carga adaptada ZL = Zo = 100El primer caso corresponde a una carga adaptada por lo que la razón de

onda estacionaria es igual a la unidad y el coeficiente de reflexión es nulo.

ρ =ZL − ZoZL + Zo

= 0 S =1+ |ρ|1− |ρ| = 1

Figura 3Pa Figura 3Pb

b) Cortocircuito ZL = 0


= −1 S =1+ |ρ|1− |ρ| =∞

La tensión y la corriente en la carga son respectivamente

VL = 0 IL =2ViZo

=10

100= 0, 1 A

7

La representación gráfica correspondiente al cortocircuito se da en lafigura 3Pb

c) Circuito abierto ZL =∞


= 1 S =1+ |ρ|1− |ρ| =∞


VL = 2Vi IL = 0

Figura 3Pc Figura 3Pd

d) Impedancia de carga real no adaptada ZL = 200


=1

3S =

1+ |ρ|1− |ρ| = 2


VL = Vi (1+ ρL) =4

3Vi IL =

4/3Vi200

= 0, 007Vi A

Los máximos de tensión tienen lugar para

−2βl = ±2mπ con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

l = ∓mλ

2

8

m l0 01 λ/22 λ3 3λ/24 2λ

Y los mínimos de tensión tienen lugar para

−2βl = ±(2m+ 1)π

Esto es para

l = ∓(2m+ 1)λ

4

m l0 λ/41 3λ/42 5λ/43 7λ/4

Y su valor esVmin = jVi(1− 1/3) = jVi2/3

La representación gráfica se muestra en la figura 3Pde) Impedancia de carga real no adaptada ZL = 50


= −13=

1

3ejπ S =

1+ |ρ|1− |ρ| = 2


VL = Vi (1+ ρL) =2

3Vi IL =

2/3Vi50

= 0, 013Vi A

Los mínimos de tensión tienen lugar para

ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

l =1∓ (2m+ 1)

4λ

9

m l0 λ/21 λ2 3λ/23 2λ

Y los máximos de tensión tienen lugar para

ϕ− 2βl = ±2mπ

Esto es para

l = (1∓ 2m)λ4

m l0 λ/41 3λ/42 5λ/43 7λ/4

Y su valor esVmin = jVi(1+ 1/3) = jVi4/3

La representación gráfica se muestra en la figura 3Pe

Figura 3Pe Figura 3Pf

d) Impedancia de carga imaginaria no adaptada ZL = j100

ρL =ZL − ZoZL + Zo

= j = ejπ/2 S =1+ |ρL|1− |ρL|

=∞


VL = Vi (1+ j) = Viejπ/4√2

10

IL =Vi(1+ j)

j100= 0, 01Vi(−1+ j) = 0, 01

√2Vie

j3π/4 A


ϕ− 2βl = ±2mπ con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

l = (1∓ 4m) λ8

m l0 λ/81 5λ/82 9λ/83 13λ/8


ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π

Esto es para

l =1∓ (4m+ 2)

8λ

m l0 3λ/81 7λ/82 11λ/8

Y su valor esVmin = Vie

j3π/4(1− 1) = 0

La representación gráfica se muestra en la figura 3Pf

g) Impedancia de carga imaginaria no adaptada ZL = 80 + j60


= j1

3=

1

3ejπ/2 S =

1+ |ρL|1− |ρL|

= 2


VL = Vi

µ1+

1

3j¶= Vie

jπ/10

√10

3

11

IL =Vi(1+ j/3)

80 + j60= 0, 01Vi(1− j/3) = 0, 01

√10

3Vie

jπ/10 A


ϕ− 2βl = ±2mπ con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

l = (1∓ 4m) λ8

m l0 λ/81 5λ/82 9λ/83 13λ/8


ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π

Esto es para

l =1∓ (4m+ 2)

8λ

m l0 3λ/81 7λ/82 11λ/83 15λ/8

Y su valor es

Vmin = Viej3π/4(1+

1

3ej(π/2−3π/2)) = Viej3π/4(1− 1

3) =

2

3Vie

j3π/4

La representación gráfica se muestra en la figura 3Pg

Figura 3Pg

12

b) Realización práctica de las impedancias Z5 = j100 y Z6 = 80 + j60Puesto que la línea tiene una impedancia característica Zo = j100 las

impedancias normalizadas son

Z5 = j

Z6 = 0, 8 + j0, 6

La primera la podemos obtener con un trozo de línea cortocircuitado delongitud

l = 0, 125λ

Efectivamente, si nos situamos en la carta de Smith en el punto A que esel de impedancia nula (cortocircuito) y nos desplazamos hacia el generadorun octavo de longitud de onda, obtenemos la impedancia normalizada

Z5 = j

que es la que necesitamos.

El segundo caso podrá obtenerse poniendo un tramo de línea en paralelocon una resistencia. Para hacerlo, obtenemos la admitancia correspondientea Z6

Y6 = 0, 8− j0, 6

y consideramos que esta admitancia es el resultado de la suma de dos, unapuramente resistiva y otra puramente reactiva

Y6 = Y1 + Y2

con

Y1 = 0, 8

Y2 = −j0, 6

la primera corresponde a una impedancia resistiva

ZLN = 1, 25

13

que podemos conseguir con una resistencia de valor

ZL = 125 Ω

y la segunda se obtiene con un trozo de línea cortocircuitado de longitud

l = 0, 164λ

Para obtener esta longitud, partimos del punto C en la carta de Smith (ad-mitancia infinita-cortocircuito) y nos desplazamos hacia el generador hastaalcanzar el valor necesario de la admitancia. El acimut de este punto nos dala longitud del trozo de línea necesaria

l = 0, 414λ− 0, 250λ = 0, 164λ

c) Representamos en la Carta de Smith todas las impedancia vistas. Elcoeficiente de reflexión se obtiene del siguiente modo:- el módulo se obtiene llevando el radio de la impedancia correspondiente

a la escala situada en la parte inferior de la carta.- la fase se obtiene leyendo directamente en la carta el ángulo de fase.

14

CA

Z5

3

PROBLEMA 3

ZLN

j j4

Z3

Z1

Z2

Y2

j j j j j j 2 3 5

Z4

1=

4=

PROBLEMA 4.- Se desea adaptar una carga ZL = (300 + j200) Ω auna línea de transmisión de impedancia característica Zo = 200Ω que trans-mite con longitud de onda λ = 1, 5m, con un trozo de línea cortocircuitada deimpedancia característica Z 0o = 100Ω en paralelo. Determinar las longitudesl del stub y las correspondientes separaciones d de la carga.La impedancia de carga normalizada es

ZLN = 1, 5 + j

Al que corresponde una admitancia, utilizando la carta de Smith,

YLN = 0, 46 + 0, 30j y un acimut θ = 0, 442λ

Nos desplazamos desde la admitancia de la carga hacia el generador hastaintersectar la circunferencia de resistencia unidad, y obtenemos los dos puntosposibles de adaptación

Y1 = 1+ j0, 9 y un acimut θ = 0, 158λ

Luego la distancia de la carga al stub será

d1 = (0, 5− 0, 442)λ+ 0, 158λ = 0, 216λ = 32, 4cm

Y 01 = 1− j0, 9 y un acimut θ = 0, 342λ

Y en este caso

d2 = (0, 5− 0, 442)λ+ 0, 342λ = 0, 400λ = 60, 0cmPara acoplar la admitancia Y1, necesitamos una admitancia

jB1 = −j0, 9× 200 = −j180que normalizada a la impedancia del stub es

jB1N = −j1, 8 y un acimut θ = 0, 331λ

La longitud del stub la obtenemos desplazándonos desde el punto de cor-tocircuito hacia el generador hasta el punto de admitancia pura jB1N

l1 = 0, 081λ = 12, 15 cm

Análogamente, para acoplar la admitancia Y 01, necesitamos una admi-tancia pura

16

jB2 = j0, 9× 200 = j180

que normalizada a la impedancia del stub es

jB2N = j1, 8 y un acimut θ = 0, 170λ

La longitud del stub la obtenemos desplazándonos desde el punto de cor-tocircuito hacia el generador hasta el punto de admitancia pura jB2N

l2 = 0, 420λ = 63 cm

Resumiendo, los stub que acoplan la carga son

d1 = 32, 4cm l1 = 12 cmd2 = 60, 0cm l2 = 63 cm

17

CA

YLN

Y1

jB2

Y'1

PROBLEMA 4

ZLN

jB1

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

Figura 5

SOLUCIÓNLa admitancia que se desea adaptar es

YL = 3 + j2

Trabajamos con admitancias en la carta de Smith. Para ver si es posible

la adaptación, realizamos un giro de θ =3λ/8 = 0, 375 hacia la carga delcírculo con G = 1. Pues bien, todas las admitancias de la carta de Smithcuya parte real esté situada sobre este círculo serán adaptables con el doblesintonizador. Aquellas otras con la parte real mayor o igual a 2 (las quese encuentran dentro de l cí rculo de G=2 que queda tange nte al obtenidomediante giro) no serán adaptables, ya que al girarlas hacia el generador ladistancia D, no se situarán sobre el círculo de G = 1.Puesto que nuestra admitancia tiene una parte real igual a 3 concluimos

que no es adaptable.

19

YLN

PROBLEMA 5

PROBLEMA 6.- En el diagrama de Smith está trazado el círculo corre-spondiente a las impedancias normalizadas cuya componente R = 2, 0. Hallesu ecuación en coordenadas cartesianas en el plano del coeficiente de reflex-ión. ¿Cuál es su centro? ¿Cuánto vale el radio? b) Una carga ZL = 50+ j50se conecta a una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω. Marque en el diagrama de Smith las cargas normalizadas que se medirána distancias l = 0, λ/16, λ/8, λ/4, 3λ/8, y λ/2 a partir de la carga. ¿Cuáles su lugar geométrico?

SOLUCIÓNLa circunferencia de resistencia constante R = 2 es la circunferencia de

centro (r/(r + 1), 0) y radio 1/(1+r). Es decir, circunferencia de centro (2/3,0) y radio r = 1/3La ecuación correspondiente a esta circunferencia es

(u− 2/3)2 + (v − 0)2 =µ1

3

¶2Operando

9u2 + 9v2 − 12u+ 3 = 0

b) La carga normalizada y su acimut en la carta de Smith son respecti-vamente

ZLN = 1+ j θLN = 0, 162λ

Una vez situada la impedancia en la carta de Smith nos desplazamos sobreel círculo correspondiente y en dirección al generador las distintas distanciasy así obtenemos los valores de las impedancias en estos puntos.

d = λ/6 = 0, 063λd = λ/8 = 0, 125λd = λ/4 = 0, 250λd = 3λ/8 = 0, 375λd = λ/2 = 0, 5λ

Z1 = 2, 3 + j0, 8 θ1 = 0, 162λ+ 0, 063λZ2 = 2− j θ2 = 0, 162λ+ 0, 125λZ3 = 0, 5 + j0, 5 θ3 = 0, 162λ+ 0, 250λZ4 = 0, 4 + j0, 19 θ4 = 0, 162λ+ 0, 375λZ5 = 2, 2 + j0, 8 θ5 = 0, 162λ+ 0, 5λ

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

21

CA

Z2

Z3

Z4

ZLN

Z5

Z1

PROBLEMA 6

PROBLEMA 7.- Mediante un sintonizador en paralelo de 31,5 cm delongitud situado a 6,5 cm. de una carga de impedancia normalizada ZL se haconseguido una adaptación perfecta a una línea que trabaja a una frecuenciade 300 MHz. Halle otro stub que situado en otra posición realice también elacoplo perfecto y determine la carga.

SOLUCIÓNLa longitud de onda de la señal es

λ =c

f=3 · 1083 · 108 = 1 m = 100 cm

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

l1 =31, 5

100= 0, 315λ

d1 =6, 5

100= 0, 065λ

En la carta de Smith nos desplazamos desde el punto C de admitancia encortocircuito la longitud l1hacia el generador, obteniendo la admitancia del

stub que es

jB1 = j0, 43 θB1 = 0, 250λ+ 0, 315λ == 0, 565λ ≡ 0, 065λ

Luego en el punto de unión de la línea con el stub, la admitancia debidoa la carga será

Y1 = 1− j0, 43 θ1 = 0, 359λ

ya que nos indican que la carga está adaptada con el stub citado.A continuación localizamos esta admitancia en la carta y nos desplazamos

hacia la carga una distancia igual a d = 0, 065λ para determinar YLN

YLN = 1, 4− j0, 32 θLN = 0, 294λ

Y la impedancia de carga será la simétrica con respecto al centro de la carta

ZLN = 0, 69 + j0, 14 θLN = 0, 044λ

23

Para obtener otro stub que adapte la carga, partimos de YLN y nos de-splazamos hacia el generador hasta intersectar con la circunferencia unidaden el otro punto posible, obteniendo Y2

Y2 = 1+ j0, 43 θ1 = 0, 142λ

Luego el stub hay que colocarlo a una distancia de la carga igual a

d2 = 0, 250λ+ 0, 142λ = 0, 392λ = 39, 2 cm

Y debe ser una admitancia de valor

jB2 = −j0, 43 θB2 = 0, 435λ

Localizando esta admitancia en la carta, la longitud del stub la obtenemosdesplazándonos desde el punto C de cortocircuito hasta el punto donde sesitúa dicha admitancia, en dirección hacia el generador

l2 = 0, 435λ− 0, 250λ = 0, 185λ = 18, 5 cm

24

CA

ZLN

jB1

Y1

Y2

YLN

jB2

PROBLEMA 7

PROBLEMA 8.- Utilizamos una línea de transmisión sin pérdidas deimpedancia característica Zo = 100Ω y la terminamos, en dos experimentossucesivos, con las dos impedancias de carga ZL que describimos a contin-uación: a) una sección de la misma línea de longitud λ/8 terminada encortocircuito. b) la misma sección terminada con una resistencia de 200 Ω.Marque estas cargas en el diagrama y determine en cada caso ZL, el coefi-ciente de onda estacionaria, el coeficiente de reflexión y la posición del primermínimo de voltaje (desde la carga). Dibuje la forma del voltaje en la línea.

SOLUCIÓNa) Un cortocircuito significa impedancia nulo. Por tanto, partiendo en

la carta de Smith del punto A (punto de impedancia nula) nos desplazamoshacia el generador una distancia d = λ/8 = 0, 125λ para obtener ZLN queserá una impedancia inductiva

ZINL = j

ZIL = j100

El coeficiente de reflexión y la razón de onda estacionaria son respectivamente

ρIL =ZL − ZoZL + Zo

=j100− 100

j100 + 100= j SI =

1+ |ρL|1− |ρL|

=∞

La posición del primer mínimo de voltaje se obtiene desplazándose sobrela carta hacia el generador hasta intersectar con el eje real negativo quecorresponde a los puntos de voltaje mínimo. Luego la distancia desde lacarga hasta este punto es

dImin = 0, 500λ− 0, 125λ = 0, 375λ

La forma del voltaje en la línea viene representada en la figura 8Pa.b)Procedemos igual que en el caso anterior

R = 200

RN = 2

Localizamos en la carta el punto correspondiente a una resistencia nor-malizada de valor 2 y nos desplazamos hacia el generador una distanciad = λ/8 = 0, 125λ para obtener ZIILN

26

ZIILN = 0, 8− j0, 6ZIL = 80− j60

El coeficiente de reflexión y la razón de onda estacionaria son respectivamente

ρIIL =ZL − ZoZL + Zo

=80− j60− 100

80− j60 + 100=−2− j618− j6 = j

1

3

SII =1+ |ρL|1− |ρL|

=1+ 1/3

1− 1/3= 2

que también se pueden obtener directamente de la carta de Smith ya que elpunto de impedancia máxima de la línea (que es también el del máximo detensión y el mínimo de corriente) es un punto de resistencia pura, de valorla razón de onda estacionaria por la impedancia característica. Es decir, laresistencia normalizada de dicho punto es exactamente la SWR. Por tanto,siguiendo alrededor del círculo determinado por la impedancia de carga dada,hemos de observar su cruce con el semieje positivo de la carta. El valor dela resistencia normalizada de este punto es la razón de onda estacionaria; elángulo recorrido fija la posición de máximo de tensión.La posición del primer mínimo de voltaje se obtiene desplazándose sobre

la carta hacia el generador hasta intersectar con el eje real negativo quecorresponde a los puntos de voltaje mínimo. Luego la distancia desde lacarga hasta este punto es

dIImin = 0, 500λ− 0, 375λ = 0, 125λLa forma del voltaje en la línea viene representada en la figura 8Pb.

Figura P8a Figura P8b

27

CA

SI

ZII

LN

VI

min R

ZI

LN

PROBLEMA 8

VII

min

SII

PROBLEMA 9.- En la posición A de una línea de transmisión sin pérdi-das de impedancia característica Zo = 100Ω se mide el coeficiente de reflexiónde voltaje ρ = 1/3 6 − 90o. A la derecha de A hay una sección λ/8 en cuyoextremo una impedancia ZL cierra la línea. a) Utilizando únicamente eldiagrama de Smith determine el valor de ZL y del coeficiente de onda esta-cionaria S. b) Dibuje la gráfica del voltaje en la línea, señalando con exactitudlas escalas. c) Halle el valor de la impedancia ZA que se mide en A.

Figura 9

SOLUCIÓNa) Con la ayuda de la escala del coeficiente de reflexión situada en la

parte inferior de la Carta de Smith, situamos la impedancia ZA , teniendo encuenta que el desfase del coeficiente es -90o.Una vez localizada ZA nos desplazamos λ/8 hacia la carga y así encon-

tramos ZLN que resulta ser una resistencia pura. También, el corte con el ejepositivo real nos da el coeficiente de onda estacionaria.

ZLN = 2

ZL = 200

S = 2

El coeficiente de reflexión en cualquier punto se puede expresar en funcióndel coeficiente de reflexión en la carga

ρ = ρL ex p(−2β l ) = |ρL | exp(ϕ− 2β l )En el punto A

ρ =1

3exp (−π /2) = |ρL | ex p(ϕ−

4π

λ

λ

8 )⇒ ϕ = 0

29

Luego

ρL =1

3

b) La gráfica del voltaje en la línea viene dada por la figura P9

Figura P9

El valor de ZA lo obtenemos de la lectura de la carta

ZA = 0, 8− j0, 6

En ohmios

ZA = 80− j60 Ω

30

CA

ZA

ZLN

PROBLEMA 9

j jA

A

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

Figura 10.1 Figura 10.2

SOLUCIÓNa) Los mínimos de voltaje se sitúan sobre el eje real izquierdo de la carta

de Smith. Puesto que conocemos la razón de onda estacionaria , podemoslocalizar la impedancia en ese punto que será real.

ZmN = 0, 5

A continuación nos desplazamos sobre la carta de Smith una distancia λ/2hacia la carga y determinamos el valor de la impedancia de carga. Puestoque esta distancia corresponde a una vuelta completa a la carta de Smith, laimpedancia de carga tiene el mismo valor:

Z1N = 0, 5

Puesto que la impedancia característica de la línea es de 100Ω, la im-pedancia de carga es

Z1 = 50Ω

b) En el punto A tendremos un punto de voltaje mínimo y una impedancianormalizada de valor:

Z 0mN = 0, 5

32

Nos desplazamos ahora una distancia λ/8 hacia la carga y así obtenemosZ2N

Z2N = 0, 8− j0, 6

Es decir

Z2 = 80− j60

33

CA Z1N

Z2N

ZmN

PROBLEMA 10

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

Figura 11

SOLUCIÓNRepresentamos la impedancia de carga normalizada en la carta de Smith

ZL = 50 + j100

ZLN = 0, 5 + j

Y determinamos la admitancia correspondiente (que es el punto simétricorespecto del origen):

YLN = 0, 4− j0, 8 θLN = 0, 385λ

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

Y1 = 0, 23 + j0, 06 θ1 = 0, 010λ

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

35

una distancia igual a la separación entre los stubs, D, nos dará los posiblesvalores de Y2

Y 02 = 0, 23 + j0, 36

Y 002 = 0, 23 + j1, 62

Puesto que Y2 es el resultado de sumar Y1 con la admitancia del primerstub, tenemos dos posibles valores para dicha admitancia

Y 02 = Y1 + jB01 ⇒ jB01 = 0, 23 + j0, 36− (0, 23 + j0, 06)

jB01 = j0, 30

Y 002 = Y1 + jB001 ⇒ jB001 = 0, 23 + j1, 62− (0, 23 + j0, 06)

jB001 = j1, 56

Situando estas admitancias en la carta de Smith, obtenemos las longitudesposibles para el primer stub desplazándonos desde el punto de admitanciainfinita (stub en cortocircuito, punto C), hacia el generador, hasta el puntodonde se situan estos valores

l01 = 0, 250λ+ 0, 046λ = 0, 296λ

l001 = 0, 250λ+ 0, 159λ = 0, 409λ

Seguidamente, volvemos a desplazar Y 02 e Y002 hacia el generador, una

distancia igual a la separación D entre los stub y tendremos que caer sobrela circunferencia R = 1. Esto nos proporcionará los dos posibles valores dela admitancia del segundo stub y por tanto las longitudes correspondientes.Las intersecciones con la circunferencia R = 1 son:

Y 03 = 1+ j1, 8⇒ jB02 = −j1, 8

Y 003 = 1− j3, 6⇒ jB002 = j3, 6

Y las longitudes respectivas son

36

l02 = 0, 331λ− 0, 250λ = 0, 081λ

l002 = 0, 250λ+ 0, 207λ = 0, 457λ

Resumiendo, las dos posibilidades de adaptar la carga dada con el doblestub son

l01 = 0, 296λ = 2, 96 cm

l02 = 0, 081λ = 0, 81 cm

y

l001 = 0, 409λ = 4, 09 cm

l002 = 0, 457λ = 4, 57 cm

37

ZLN

CA

jB''2

Y1

YLN

Y'3

Y''3

jB'2

Y'2

Y''2

jB'1

jB''1

PROBLEMA 11

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

Figura 12

SOLUCIÓNSituamos la impedancia normalizada en el diagrama de Smith

ZZN = 2, 5− j3 θLN = 0, 282λ

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

Zb = 0, 35− j1, 02 θb = 0, 369λ

Sumamos ahora la impedancia debido a la bobina y obtenemos Zc la cualla situamos en la carta de Smith

Zc = Zb + j0, 8

Zc = 0, 35− j0, 22 θc = 0, 461λ

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

Zd = 0, 66 + j0, 87 θd = 0, 135λ

El paso siguiente es la suma de la admitancia debida al condensador

Ze = Zd − j0, 6Ze = 0, 66 + j0, 27 θe = 0, 064λ

Nos desplazamos hacia el generador una distancia dfe = 0, 119λ paraobtener Zf

39

Zf = 1, 28 + j0, 52 θf = 0, 183λ

Por último, sumamos a Zf la impedancia en serie Z = 1, 4Zo y obtenemosZg

Zg = Zf + 1, 4

Zg = 2, 68 + j0, 52 θg = 0, 238λ

y nos desplazamos hacia el generador la distancia dhg = 0, 100λ paraobtener Zh

Zh = 0, 95− j1, 08 θh = 0, 338λ

40

CA

ZLN

Zb

Zc

Zd

Ze

Zf

Zg

Zh

PROBLEMA 12

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

Figura 13

SOLUCIÓNa) En primer lugar, expresamos las distancias en unidades de longitud de

onda

λ = c/f =3 · 1083 · 108 = 1 m

l1 = 0, 088λ

d1 = 0, 280λ

A continuación, determinamos la admitancia del stub desplazándonosdesde el punto de cortocircuito C (admitancia infinita) la distancia l1 =0, 088λ

jB1 = −j1, 62 θB1 = 0, 338λ

Luego, la admitancia de la línea en el punto de unión con el stub es

Y1 = 1+ j1, 6 θ1 = 0, 179λ

42

Seguidamente, nos desplazamos hacia la carga la distancia d1 = 0, 280λpara obtener la admitancia de carga

YLN = 0, 38− j0, 77 θLN = 0, 389λ

Y por último, la impedancia normalizada de la carga se obtiene como elpunto simétrico respecto del origen de la admitancia de carga YLN .

ZLN = 0, 53 + j1, 07

Teniendo en cuenta la impedancia característica de la línea, la carga es

ZL = 26, 5 + j53, 5

b) Para determinar otro par de valores l2, d2 que adapten la carga, par-timos de la admitancia de carga y nos desplazamos sobre la carta y hacia elgenerador hasta obtener el segundo corte con la circunferencia de resistenciaunidad.

Y 01 = 1− j1, 6 θ01 = 0, 322λ

La distancia a la que hay que colocar el stub será por tanto

d2 = (0, 500λ− 0, 389λ) + 0, 322λ = 0, 433λ

Y el valor de la admitancia necesario es

jB2 = j1, 62 θB2 = 0, 161λ

Con una longitud

l2 = 0, 250λ+ 0, 161λ = 0, 411λ

Teniendo en cuenta el valor de la longitud de onda, estos valores son, encentímetros

d2 = 43, 3 cm

l2 = 41, 1 cm

43

CA

YLN

Y1

jB2

Y'1

ZLN

jB1

PROBLEMA 13

PROBLEMA 14.- Una línea de transmisión de impedancia caracterís-tica Zo = 100Ω trabaja a una frecuencia f = 1 GHz. Se consigue adaptaruna carga terminal ZL mediante un stub de longitud l1 = 12, 4 cm colocadoa una distancia d1 = 12, 6 cm. de la carga. Determine el valor de la cargay otro par posible de valores l2 y d2 (no del tipo de los que difieren de l1 yd1 un número entero de semilongitudes de onda) con los que pueda tambiénrealizarse la adaptación.

Figura 14

SOLUCIÓNa) En primer lugar, expresamos las distancias en unidades de longitud de

onda

λ = c/f =3 · 108109

= 30 cm

l1 = 0, 413λ

d1 = 0, 420λ


jB1 = j1, 65 θB1 = 0, 163λ

Luego, la admitancia de la línea en el punto de unión con el stub es

Y1 = 1− j1, 65 θ1 = 0, 320λ


45

YLN = 0, 34− j0, 67 θLN = 0, 400λ


ZLN = 0, 6 + j1, 2


ZL = 60 + j120


Y 01 = 1+ j1, 65 θ01 = 0, 180λ


d2 = 0, 100λ+ 0, 180λ = 0, 280λ


jB2 = −j1, 65 θB2 = 0, 336λ

Con una longitud

l2 = 0, 336λ− 0, 250λ = 0, 086λ


d2 = 8, 40 cm

l2 = 2, 58 cm

46

CA

YLN

Y'1

jB1

Y1

ZLN

jB2

PROBLEMA 14

PROBLEMA 15.- Una línea de transmisión de impedancia caracterís-tica Zo = 50Ω termina en una carga ZL = 100 + j50 Ω propagándose ondasde longitud de onda λ = 2, 45 cm. Entre la carga y la línea se ha colo-cado una sección de línea de longitud d = 1, 53 cm y una sección de líneacortocircuitada en paralelo de longitud l1 = 0, 306 cm. Calcule mediante eldiagrama de Smith el valor de la impedancia vista desde el punto A. Repitaanalíticamente el cálculo y compruebe que da el mismo resultado.

SOLUCIÓNLa impedancia de carga normalizada será

ZLN = 2 + j

La situamos en la carta de Smith y obtenemos la admitancia correspondiente

YLN = 0, 4− j0, 2 θLN = 0, 462λ

Nos desplazamos ahora una distancia d = 1, 53 cm = 0, 624λ hacia elgenerador. Puesto que esta longitud es superior a media longitud de onda,es equivalente a dar una vuelta completa más una longitud d0 = 0, 124λ. Laadmitancia que obtenemos es

Y 0 = 0, 5 + j0, 5 θLN = 0, 088λ

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

jB1 = −j θB1 = 0, 375λ

La admitancia resultante en el punto A es

YNA = 0, 5− j0, 5 θA = 0, 412λ

Y la impedancia correspondiente es

ZNA = 1+ j θA = 0, 161λ

Es decir

ZA = 50 + j50

Cálculo analítico

48

El coeficiente de reflexión en la carga es


=100 + j50− 50100 + j50 + 50

=5 + j5

15 + j5

Es decir

ρL =2 + j

5=

√5

5exp(j0, 148π)

La impedancia en un punto arbitrario de la línea viene dada por

Z(l) =1+ ρL exp(−j4πl/λ)1− ρL exp(−j4πl/λ)

Por tanto, la impedancia en el punto d = 1, 53 cm = 0, 624λ es

Z1(d) =1+√5/5 [0, 46− j0, 89]

1−√5/5 [0, 46− j0.89] ≈3− j2 + j

Y la admitancia será

Y1(d) =2 + j

3− j ·3 + j

3 + j=5 + 5j

10=

1+ j

2

Ahora tenemos que obtener la admitancia debida al stub. El coeficientede reflexión de un cortocircuito es

ρSC =ZL − ZoZL + Zo

=0− 500 + 50

= −1Y la impedancia del stub en el punto de unión con la línea (l = 0, 122λ) es:

ZS(l) =1+ ρSC exp(−j4πl/λ)1− ρSC exp(−j4πl/λ)

ZS(l) =1− exp [−j(0, 488π)]1+ exp [−j(0, 488π)] =

1− [0, 038− j]1+ [0, 038− j] =

0, 962 + j

1, 038− jLa admitancia es

jB =1, 038− j0, 962 + j

· 0, 962− j0, 962− j ≈

1− j1, 038− j0, 962− 1

2= −j

La admitancia total en el punto A es

YAN = Y1 + jB =1+ j

2− j = 0, 5− j0, 5

Y la impedancia

ZAN =1

0, 5− j0, 5 ·0, 5 + j0, 5

0, 5 + j0, 5= 1+ j

Es decir

ZA = 50 + j50

49

CA

YLN

Y'ZA

jB1

ZLN

YA

PROBLEMA 15

PROBLEMA 16.- Una línea de transmisión de impedancia caracterís-tica Zo = 50Ω y que trabaja a la frecuencia f = 300 MHz, termina con unacarga ZL que ha sido adaptada perfectamente mediante un stub de longitudl2 = 41, 1 cm colocado a una distancia d2 = 20, 6 cm. de la carga. El acoplose hubiese podido lograr por medio de otro stub de longitud y distancia a lacarga menores. Determínelos.

Figura 16

SOLUCIÓNEn primer lugar determinamos la longitud de onda de la señal y calcu-

lamos las longitudes l1 y d1 en función de ésta

λ = c/f =3 · 1083 · 108 = 1 m

l1 = 0, 411λ

d1 = 0, 206λ


jB1 = j1, 6 θB1 = 0, 161λ

Luego, la admitancia adaptada de la línea en el punto de unión con el stubes

Y1 = 1− j1, 6 θ1 = 0, 322λ

51


YLN = 0, 5 + j0, 76 θLN = 0, 116λ


ZLN = 0, 5− j


ZL = 25− j50


Y 01 = 1+ j1, 6 θ01 = 0, 178λ


d2 = 0, 178λ− 0, 116λ = 0, 062λ


jB2 = −j1, 60 θB2 = 0, 339λ

Con una longitud

l2 = 0, 339λ− 0, 250λ = 0, 089λ


d2 = 6, 20 cm

l2 = 8, 90 cm

52

CA

ZLN

Y'1

jB1

YLN

jB2

Y1

PROBLEMA 16

PROBLEMA 17.- Una línea de transmisión de impedancia caracterís-tica Zo = 20Ω termina en una carga ZL = 6− j8 Ω. Mediante el diagrama deSmith encuentre: a) el coeficiente de reflexión de voltaje en la carga. b) elcoeficiente de onda estacionaria S. c) Distancia a la carga del primer mínimode voltaje. d) Impedancia de la línea a 0, 05λ de la carga. e) Admitanciade la línea en el mismo punto. f)Posición más cercana a la carga en la quela parte imaginaria de la admitancia de la línea es igual a la admitanciacaracterística.

SOLUCIÓNa) Coeficiente de reflexión

Representamos la impedancia normalizada en la carta de Smith, y ladistancia al origen nos da el módulo del coeficiente de reflexión en la escalainferior correspondiente.

ZLN = 0, 3− j0, 4 θLN = 0, 435λ

|ρL| = 0, 60

La fase se obtiene por lectura directa en la carta

ϕL = −133o = −0, 74π rad

b) Del mismo modo, el corte del círculo definido por la impedancia conel eje real nos da el coeficiente de onda estacionaria

S = 4

c)Los mínimos de voltaje tienen lugar en los puntos de menor impedancia.Por tanto el corte con el eje real negativo nos da la posición del mínimo devoltaje

dmin = 0, 500λ− 0, 435λ = 0, 065λd) La impedancia de la línea a 0, 050λ de la carga se obtiene desplazando

la carga hacia el generador esta distancia

Z1 = 0, 25− j0, 09 θ1 = 0, 485λ

e) La admitancia en este punto se obtiene calculando el simétrico a Z1 enla Carta respecto del origen

Y1 = 3, 5 + j1, 2 θ1 = 0, 235λ

54

f) La admitancia característica de la línea es

Yo = 1/Zo = 0, 05

Partiendo de la admitancia en la carga, YLN ,

YLN = 1, 2 + j1, 6 θLN = 0, 185λ

nos desplazamos hacia el generador hasta cortar la curva de admitancia imag-inaria constante 0,05. Este punto tiene una admitancia y acimut

Y2 = 0, 26 + j0, 05 θ2 = 0, 008λ

Luego la distancia a la carga será

d = (0, 500λ− 0, 185λ) + 0, 008λ = 0, 323λ

55

CA

S

YLN

Y1

Vmin

Y2

ZLN

Z1

PROBLEMA 17

j jL

L

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

las dos últimas incluyen una seción de longitud λ/8

Figura 18

b)Halle gráficamente para cada una de ellas el coeficiente de reflexión ρ(módulo y fase) y la ROET (razón de onda estacionaria)

SOLUCIÓN1) Línea en cortocircuito

ZL1 = 0

ρL1 = 1 6 π

S1 = 1

2) Línea adaptadaZL2 = 1

ρL2 = 0

S2 = 0

3)ZL3 = 50

57

ρL3 = 0, 33 6 π

S3 = 2

4) Adaptador λ/8 abierto

ZL4 = −j

ρL4 = 1 6 − π/2

S4 = 1

5)Adaptador λ/8 con carga de 200 Ω

ZL5 = 0, 8− j0, 6

ρL1 = 0, 33 6 − π

S5 = 2

58

CAZ

3

Z4

Z1

Z2

Z5

PROBLEMA 18

PROBLEMA 19.- En una línea de transmisión de impedancia carac-terística Zo = 50Ω se propaga una onda de longitud de onda λ = 10 cm. Seha podido adaptar la carga ZL mediante una sección cortocircuitada de lamisma línea, de longitud l1 = 4, 12 cm y colocada en paralelo a una distanciad1 = 4, 2 cm. Calcule el valor de la carga y un par de valores más cortos parad2 y l2 que adapten la carga.

SOLUCIÓNEn primer lugar calculamos las longitudes l1 y d1 en función de la longitud

de onda de la señal

λ = 10 cm

l1 = 0, 412λ

d1 = 0, 420λ


jB1 = j1, 62 θB1 = 0, 162λ


Y1 = 1− j1, 62 θ1 = 0, 320λ


YLN = 0, 34− j0, 67 θLN = 0, 400λ


ZLN = 0, 6 + j1, 2


ZLN = 30 + j60

60


Y 01 = 1+ j1, 62 θ01 = 0, 180λ


d2 = 0, 180λ+ (0, 500λ− 0, 400λ) = 0, 280λ


jB2 = −j1, 62 θB2 = 0, 338λ

Con una longitud

l2 = 0, 338λ− 0, 250λ = 0, 088λ


d2 = 2, 80 cm

l2 = 0, 800 cm

61

CA

ZLN

YLN

PROBLEMA 19

jB1

Y1

Y'1

jB2

PROBLEMA 20.- En una línea de transmisión de impedancia carac-terística Zo = 400Ω se propaga una onda de longitud de onda λ = 1.5 m. Seha podido adaptar la carga ZL mediante una sección cortocircuitada de lamisma línea, de longitud l1 = 0, 55 m y colocada en paralelo a una distanciad1 = 0, 56 m. Calcule el valor de la carga y un par de valores más cortospara d y l que adapten la carga.

SOLUCIÓNEn primer lugar calculamos las longitudes l1 y d1 en función de la longitud

de onda de la señal

λ = 1, 5 cm

l1 = 0, 366λ

d1 = 0, 373λ


jB1 = j0, 9 θB1 = 0, 116λ


Y1 = 1− j0, 9 θ1 = 0, 342λ


YLN = 0, 43− j0, 16 θLN = 0, 469λ


ZLN = 2, 05 + j0, 75


ZL = 820 + j30

63


Y 01 = 1+ j0, 9 θ01 = 0, 158λ


d2 = 0, 469λ− 0, 158λ = 0, 311λ


jB2 = −j1, 62 θB2 = 0, 384λ

Con una longitud

l2 = 0, 384λ− 0, 250λ = 0, 134λ


d2 = 0, 47 m

l2 = 0, 20 m

64

CA

ZLN

YLN

PROBLEMA 20

jB1

Y1

Y'1

jB2

PROBLEMA 21.-Para determinar el valor de una impedancia de cargano adaptada colocada en el extremo de una línea de transmisión de im-pedancia característica Zo = 50Ω se dispone de una línea ranurada de igualimpedancia en la que se han realizado las siguientes medidas a frecuencia2 GHz: Coeficiente de onda estacionaria S = 2, 8 ; Colocando un plano decortocircuito a una distancia de 20,85 cm. de la carga, la posición de cadamínimo existente en las condiciones iniciales se ha desplazado hacia la cargauna distancia de 2,28 cm.a) Muestre de forma gráfica el perfil de onda estacionaria que se produce

en la línea en cada una de ambas situaciones. Indique bien la posición de losmínimos en una escala de abcisas adecuada.b) Trabajando con el diagrama de Smith determine la impedancia Zv

vista desde la posición donde va a colocar el cortocircuito y a partir de ella,la impedancia ZL.c) La distancia mínima donde debe colocarse en paralelo una susceptancia

jB inductiva para adaptar la carga.

Figura 21

SOLUCIÓNLa longitud de onda es

λ = c/f =3 · 10102 · 109 = 15 cm

La posición del cortocircuito en unidades de longitud de onda es

lc = 1, 390λ

y fuerza la posición de un mínimo de voltaje. Puesto que la posición delos mínimos se ha desplazado ∆lmin = 0, 152λ hacia la carga, antes de existirel cortocicuito, este mínimo se encontraba a una distancia de la carga iguala

66

lmin = lc +∆lmin

lmin = 1, 390λ+ 0, 152λ = 1, 542λ

Conocida la distancia de un mínimo a la carga y la razón de onda esta-cionaria que nos da el radio del círculo donde se situa la impedancia dela línea, podemos calcular la impedancia de carga. Partimos del punto devoltaje mínimo que está situado en el eje real izquierdo de la carta de Smith,y nos desplazamos hacia la carga (sentido antihorario) una distancia igual almin, que es equivalente a lmin = 0, 042λ. El valor de la impedancia es

ZLN = 0, 38− j0, 24 θLN = 0, 458λ

Y la impedancia Zv en el punto donde se va a colocar el corto, la obten-emos desplazándonos desde la carga hacia el generador una distancia iguala

lc = 1, 390λ

Es decir

Zv = 0, 85− j0, 98 θv = 0, 458λ+ 1, 390λ = 1, 848λ ∼ 0, 348λ

La repesentación gráfica se muestra en la figura P-21

Figura P-21

67

CA

SVmin

Zv

PROBLEMA 21

ZLN

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

Figura 22

SOLUCIÓNLa impedancia de carga normalizada será

ZLN = 2− jLa situamos en la carta de Smith y obtenemos la admitancia correspondiente

YLN = 0, 42 + j0, 2 θLN = 0, 037λ

Nos desplazamos ahora hacia el generador hasta intersectar el círculo deadmitancia real igual a la unidad.El primer punto de corte nos da una admitancia de valor

Y1 = 1+ j0, 97 θ1 = 0, 161λ

Por tanto, la distancia a la que habría que colocar es stub sería

d1 = 0, 161λ− 0, 037λ = 0, 124λY la admitancia del stub para que la línea quedara adaptada sería

jB1 = −j0, 97 θB1 = 0, 376λ

69

La longitud del stub se obtiene desplazándonos desde el punto C de admi-tancia en cortocircuito hasta el punto de admitancia jB1, es decir

l1 = 0, 376λ− 0, 250λ = 0, 126λEl segundo punto de corte nos da una admitancia de valor

Y2 = 1− j0, 97 θ2 = 0, 339λ

Por tanto, la distancia a la que habría que colocar es stub sería

d2 = 0, 339λ− 0, 037λ = 0, 302λY la admitancia del stub para que la línea quedara adaptada sería

jB2 = j0, 97 θB2 = 0, 124λ

La longitud del stub se obtiene desplazándonos desde el punto C de admi-tancia en cortocircuito hasta el punto de admitancia jB2, es decir

l2 = 0, 124λ+ 0, 250λ = 0, 374λ

Teniendo en cuenta que se propaga una señal a 3 GHz, la longitud deonda es

λ = c/f =3 · 1010

1875 · 106 = 16 cm

Luego, la distancia más corta a la que hay que colocar el stub, así como lalongitud del mismo es

d1 = 0, 124λ = 1, 984 cm

l1 = 0, 126λ = 2, 016 cm

Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar elcoeficiente de reflexión en la carga, éste lo obtenemos llevando el radio delcírculo de la impedancia a la escala situada en la parte inferior de la cartade Smith.

ρL = 0, 44 6 − 27o = 0, 44 6 − 0, 15π

ρL = 0, 44 (cos(−27o) + j sen(−27o) = 0, 4− j0, 2

70

La tensión en la carga es

VL = Vi (1+ ρL) = Vi (1, 4− j0, 2)

|VL| = 1, 41


ϕ− 2βl = ±2mπ

Esto es para

l =∓2m− 0, 15

4λ

m l1 0,46λ2 0,96λ

Y su valor es|Vmax| = Vi(1+ |ρL|) = 1, 44Vi


ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

−0, 15π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

l =∓ (2m+ 1)− 0, 15

4λ

m l0 0,21λ1 0,71λ2 1,21λ

Y su valor es|Vmin| = Vi(1− |ρL|) = 0, 56Vi

Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. Enla figura P22a se representa con una línea continua el perfil de la onda enla región no adaptada y con linea discontínua cómo sería dicho perfil de noexistir el stub. Fíjese que a partir del punto donde se coloca el stub, la líneaestá adaptada y por tanto el voltaje es constante e igual al voltaje incidente.En la figura P22b se representa el perfil de onda de un stub cortocircuitado.

71


72

CA

jB1

PROBLEMA 22

L

YLN

Y1

Y2

jB2

ZLN

L

PROBLEMA 23.- En una línea de transmisión de impedancia carac-terística Zo = 100Ω se ha logrado adaptar una carga ZL mediante una sec-ción de línea cortocircuitada de longitud l = 0, 112λ colocada en paralelo auna distancia d = 0, 042λ de dicha carga. Utilizando el diagrama de Smithdetermine el valor de la carga. Dibuje el perfil de onda estacionaria entre lacarga terminal y el punto de la línea situado a 200 cm. a su izquierda. Tomeλ = 100 cm.SOLUCIÓNEn primer lugar determinamos la admitancia del stub desplazándonos

desde el punto de cortocircuito C (admitancia infinita) la distancia l1 =0, 112λ

jB1 = −j1, 18 θB1 = 0, 362λ


Y1 = 1+ j1, 18 θ1 = 0, 150λ

Seguidamente, nos desplazamos hacia la carga la distancia d1 = 0, 042λpara obtener la admitancia de carga. El acimut de la admitancia de cargaserá θLN = θ1 − d1 = 0, 150λ− 0, 042λ, y la admitancia

YLN = 0, 037 + j0, 74 θLN = 0, 108λ


ZLN = 0, 55− j1, 1


ZL = 55− j110

Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar elcoeficiente de reflexión en la carga, el módulo lo obtenemos llevando el radiodel círculo donde se sitúa la impedancia a la escala situada en la parte inferiorde la carta de Smith; y el ángulo lo leemos directamente en la carta (lo marcael radio que pasa por la impedancia de carga, en la escala correspondiente alángulo del coeficiente de reflexión)

ρL = 0, 63 6 − 77, 5o = 0, 636 − 0, 43π

74

ρL = 0, 4 (cos(−77, 5o) + j sen(−77, 5o) = 0, 12− j0, 62


VL = Vi (1+ ρL) = Vi (1, 12− j0, 62)

|VL| = 1, 28


ϕ− 2βl = ±2mπ

Esto es para

l =∓2m− 0, 43

4λ

m l1 0,39λ2 0,89λ



ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

−0, 43π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

l =∓ (2m+ 1)− 0, 43

4λ

m l0 0,14λ1 0,64λ2 1,14λ


Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. Enla figura P23 se representa con una línea continua el perfil de la onda en la

75

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

Figura P23

76

CA

ZLN

YLN

PROBLEMA 23

Y1

jB1

L

L

PROBLEMA 24.- En una línea de transmisión sin pérdidas de im-pedancia característica Zo = 100Ω, cerrada por una carga de impedanciaZL = 200 + j280 Ω se propagan una ondas de longitud de onda λ = 1 m.Mediante el diagrama de Smith determine:a) El coeficiente (complejo) de reflexión de voltaje de dicha carga y la

razón de onda estarionaria.b)Marque en el diagrama de Smith el punto que representa la impedancia

ZA que se mediría en el punto A de la línea, a 37,5 cm de la carga y determinesu valor.c) ¿En qué posición B de la línea se tendrá una impedancia puramente

resistiva? ¿Cuál sería su valor en ohmios?d) Dibuje el perfil de onda estacionaria en la línea entre la carga y un

punto situado a 2m a la izquierda. Marque claramente las escalas y los valoressignificativos.

Figura 24

SOLUCIÓNLa carga normalizada es

ZLN = 2 + j2, 8 θLN = 0, 212λ

a) Situamos la carga en el diagrama de smith y la distancia al origennos da en la escala correspondiente (parte inferior de la carta) el módulo delcoeficiente de reflexión, mientras que el ángulo se obtiene por lectura directaen la carta

ρL = 0, 72 6 27, 5o = 0, 72 6 0, 153π

El corte del círculo donde se encuentra la impedancia normalizada con eleje real nos da la razón de onda estacionaria

S = 6, 2

b) Para obtener la impedancia ZA nos desplazamos hacia el generador ladistancia dA = 37, 5 cm que en unidades de longitud de onda es

78

dA = 0, 375λ

El acimut de este punto es

θA = θLN + dA = 0, 587λ = 0, 087λ

La impedancia será

ZA = 0, 22 + j0, 58 θA = 0, 087λ

c) La impedancia de la línea será puramente resistiva en el punto en queel círculo donde se sitúan las impedancias corta el semieje real positivo, y esvalor de esta impedancia sera igual a la razón de onda estacionaria

ZB = 6, 2 θB = 0, 250λ

Es decir, este punto se encuenta a una distancia de la carga igual a

dB = 0, 250λ− 0, 212λ = 0, 038λ = 3, 8 cmy su valor en ohmios es

ZB = 620 Ω

d)Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinarla tensión en la carga que viene dada por

VL = Vi (1+ ρL)

El coeficiente de reflexión complejo es

ρL = 0, 72 6 27, 5o = 0, 64 + j0, 33

Por tanto

VL = Vi (1, 64 + j0, 33)

|VL| = 1, 67


ϕ− 2βl = ±2mπ

79

Esto es para

l =(0, 153∓ 2m)λ

4

m l0 0,04λ1 0,54λ2 1,04λ



ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

0, 153π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

l =∓(2m+ 1) + 0, 153

4λ

m l0 0,29λ1 0,79λ2 1,29λ


Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía en lafigura P24.

Figura P24

80

CA

ZB

ZA

PROBLEMA 24

L

ZLN

L

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

Figura 25

SOLUCIÓNEn primer lugar calculamos la impedancia correspondiente a la autoin-

ducción

ZB = jωL = j2π · 109 × 73 · 10−9 = j458, 7 ΩSu valor normalizado será

Z 0BN =ZBZ 0o

= j4, 59

La admitancia correspondiente es

jB0LN = −j0, 22 θBLN = 0, 466λ

Para determinar la admitancia del stub, localizamos esta admitancia en lacarta y nos desplazamos la distancia 0,236λ en dirección al generador

θB0s = θB0LN+ 0, 236λ = 0, 702λ− 0, 500λ = 0, 202λ

82

jB0SN = j3, 2

Y la impedancia del stub es

Z 0SN =1

jB0s= −j0, 31

El valor en ohmios es

ZS = −j310b) Para determinar la impedancia de carga que ha sido adaptada, tenemos

que determinar qué valor de admitancia se ha adaptado teniendo en cuentaque la impedancia característica del stub es distinta a la de la línea. Hemosobtenido que la admitancia normalizada del stub es

jB0SN = j3, 2

Su valor en Ω−1 es

jBS = jB0SNY

0o = j0, 032

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

jBSN =jBSYo

= j1, 6

Luego, el stub está adaptando una impedancia de valor

Y1 = 1− j1, 6 θ1 = 0, 322λ

A continuación nos desplazamos hacia la carga la distancia d = 0, 188λ paraobtener la admitancia de carga

YLN = 0, 48 + j θLN = 0, 134λ

ZLN = 0, 4− j0, 81 θLN = 0, 384λ

ZL = 20− j40, 5 θLN = 0, 384λ

Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinarel coeficiente de reflexión en la carga, el módulo del mismo lo obtenemosllevando el radio del círculo donde se sitúa la impedancia a la escala situadaen la parte inferior de la carta de Smith; el ángulo lo obtenemos por lecturadirecta de la carta.

83

ρL 6 ϕ = 0, 626 − 97,o = 0, 62 6 − 0, 54π

ρL = 0, 62 (cos(−97o) + j sen(−97o) = 0, 076− j0, 62

Otra opción es calcular el coeficiente de reflexión analíticamente


=−3− j4, 057− j4, 05

racionalizando

ρL =

Ã−3− j4, 057− j4, 05

!Ã7 + j4, 05

7 + j4, 05

!= −4, 6 + j40, 5

65, 4= −0, 07− j0, 62


VL = Vi (1+ ρL) = Vi (0, 93− j0, 62)

|VL| = 1, 12


ϕ− 2βl = ±2mπ

Esto es para

l =∓2m− 0, 54

4λ

m l1 0,365λ2 0,865λ



ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0,±1,±2, ...

Esto es para

−0, 54π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

84

l =∓(2m+ 1)− 0, 54

4λ

m l0 0,12λ1 0,62λ2 1,12λ


Por último, la longitud de onda de la señal es

λ =c

f=3 · 1010109

= 30 cm

Luego tenemos que representar el perfil de onda en una distancia de 18 cmque en unidades de longitud de onda es

l = 0, 6λ

Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. Enla figura P25a se representa con una línea continua el perfil de la onda en lalínea no adaptada.En el caso del stub terminado en una bobina, el coeficiente de reflexión

leído directamente en la carta es

ρB 6 ϕ = 16 24, 5o = 16 0, 136π

y analíticamente también se comprueba este resultado, realizando las opera-ciones adecuadas

ρB =ZB − ZoZB + Zo

=j458, 7 − 100

j458, 7 + 100= 0, 91+ j0, 42

La tensión en la bobina es

VB = Vi (1+ ρL) = Vi(1, 91+ j0, 42)

|VB| = 1, 96


ϕ− 2βl = ±2mπ

85

Esto es para

l =0, 136∓ 2m

4λ

m l0 0,034λ1 0,534λ2 1,034λ

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


ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0,±1,±2, ...Esto es para

0, 136π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

l =∓(2m+ 1) + 0, 136

4λ

m l1 0,282λ2 0,784λ

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

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


86

CA

Z'SN

YLN

PROBLEMA 25

L

jB'S

ZB

jB'LN

Y1

ZLN

L

B

PROBLEMA 26.- Mediante una bobina L y un condensador C coloca-dos tal como indica la figura, se puede adaptar una carga ZL = 140 + j60 Ωa una línea de transmisión de impedancia característica Zo = 50Ω. Hallemediante el diagrama de Smith las reactancias XL y XC que realizan dichoacoplo, y los valores de L y C si se propagan ondas de 1kHz.No toda carga es adaptable con el tipo de dispositivo considerado. Puede

comprobar que, por ejemplo, ZL/Zo = 0, 5 + j2, 0 no lo es. Identificque lazona de impedancias normalizadas no adaptables.Si la frecuencia varía, el acoplo ya no se verifica. Considere la frecuencia

de 2kHz y estime aproximadamente, mediante el diagrama de Smith, quérelación de onda estacionaris S se medirá ahora en la línea de transmisión.

Figura 26

SOLUCIÓNLa carga normalizada y la admitancia son respectivamente

ZLN = 2, 8 + j1, 2

YLN = 0, 31− j0, 13 θLN = 0, 477λ

Al sumar la admitancia de la bobina que será del tipo

YB = −jB1 con B1 ≥ 0Obtenemos

Y1 = 0, 31− j(0, 13 +B1)Esta admitancia debe caer en la circunferencia C2 que es la de las ad-

mitancias cuyas impedancias correspondientes tienen la parte real igual a launidad. Esto debe ser así porque el enunciado nos dice que al sumar pos-teriormente la admitancia del condensador (que es imaginaria pura) la líneaquedará adaptada. De los dos puntos de intersercción de la circunferenciaC2 con la correspondiente a parte real igual a 0,31, el único que es posiblemediante la adicción de una reactancia inductiva es el inferior, esto es

88

Y1 = 0, 31− j0, 45Luego la admitancia de la bobina es

YB = −jB1 = −j0, 32La impedancia será

ZB =1

YB= j3, 125

Es decir, la reactancia inductiva es

XB = j156, 25 Ω

Teniendo en cuenta la frecuencia de la señal, el valor de la bobina es

L =XBjω

= 24, 9 mH

Continuando con la adaptación, la impedancia correspondiente a Y1 es

Z1 = 1+ j1, 52

Por tanto, la impedancia debida al condensador debe ser

ZC = −j1, 52para que la línea quede adaptada.La reactancia capacitiva será

XC = ZC · Zo = −j76 Ω

y el valor del condensador

C =−jωXc

= 2, 1 µF

b) Efectivamente la impedancia

Z 0LN = 0, 5 + j2

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

89

Y 0LN = 0, 14− j0, 46

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

Figura P26a

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

90

A

Z'LN

PROBLEMA 26

-jBC

ZLN

-jBB

YLN

Z1

Y'LN

Y1

C

C2

PROBLEMA 27.-Transformador de cuarto de onda. Se desea adaptaruna carga Z3 = 400Ω a una línea de transmisión de impedancia característicaZ1 = 100Ω que opera a la frecuencia de fo = 300 MHz. Con este fin se insertauna sección de longitud λ/4 de una línea de impedancia característica Z2.a) Determine el valor de Z2 que produce la adaptación deseada.b) Localice en el diagrama de Smith los puntos que corresponden a las

impedancias normalizadas Z3/Z2; ZL/Z2 y ZL/Z1c) Es obvio que no hay adaptación para f 6= fo. Localice en el diagrama

de Smith los puntos que identifican las impedancias normalizadas ZL/Z1 quese obtienen cuando se opera con f = 200, 250, 350 y 400 MHzd) A partir de estos datos dibuje la gráfica de la relación de onda esta-

cionaria S en función de la frecuencia en el intervalo entre 200 y 400 MHz.

Figura 27

SOLUCIÓNa) El valor de la impedancia Z2 se obtiene sabiendo que la impedancia

característica de un adaptador λ/4 tiene que ser

Z2 =qZ1 · Z3 = 200Ω

b)

Z32 =Z3Z2= 2

Localizamos en la carta de Smith la impedancia Z32, que es la impedanciaZ3 normalizada a la impedancia característica Z2. Podemos observar quese localiza sobre el eje real positivo. Para obtener la impedancia ZL2 nosdesplazamos hacia el generador una distancia igual a un cuarto de longitudde onda d = 0, 250λ.

ZL2 = 0, 5 θL2 = 0, 500λ

92

A partir de este valor obtenemos la impedancia de carga ZL = ZL2 · Z2ZL = 100

Y la impedancia normalizada a la impedancia característica de la línea

ZL1 =ZLZ1=

100

Z1= 1

S = 0

c)En primer lugar determinamos la longitud de onda para la frecuenciade trabajo inicial que es

λ = c/f =3 · 1010300 · 106 = 100 cm

y con este dato podemos calcular la longitud del adaptador λ/4 en cen-tímetros,

lA = 25 cm

A continuación determinamos la longitud, en unidades de longitud de onda,para las distintas frecuencias:I) f = 200 MHz

λ = c/f =3 · 1010200 · 106 = 150 cm

la longitud del adaptador en unidades de longitud de onda será

lIA = 0, 167λ

Seguidamente, nos desplazamos desde Z23 hacia el generador la distancia lIAy obtenemos ZIL2

Z32 = 2 θ32 = 0, 250λ

ZIL2 = 0, 62− j0, 4 θL2 = θI32 + 0, 167λ = 0, 417λ

ZIL = 124− j80

93

ZIL1 = 1, 24− j0, 80

SI = 2, 1

II) f = 250 MHz

λ = c/f =3 · 1010250 · 106 = 120 cm


lIIA = 0, 208λ

Seguidamente, nos desplazamos desde Z23 hacia el generador la distancia lIIAy obtenemos ZIIL2

Z32 = 2 θ32 = 0, 250λ

ZIIL2 = 0, 525− j0, 2 θIIL2 = θ32 + 0, 208λ = 0, 458λ

ZIIL = 105− j40

ZIIL1 = 1, 05− j0, 40

SII = 1, 49

III) f = 350 MHz

λ = c/f =3 · 1010350 · 106 = 85, 7 cm


lIIIA = 0, 292λ

Seguidamente, nos desplazamos desde Z23 hacia el generador la distancia lIIIAy obtenemos ZIIIL2

94

Z32 = 2 θ32 = 0, 250λ

ZIIIL2 = 0, 525 + j0, 2 θIIIL2 = θ32 + 0, 292λ = 0, 542λ ' 0, 042λ

ZIIIL = 105 + j40

ZIIIL1 = 1, 05 + j0, 40

SIII = 1, 49

IV) f = 400 MHz

λ = c/f =3 · 1010400 · 106 = 75 cm


lIVA = 0, 333λ

Seguidamente, nos desplazamos desde Z23 hacia el generador la distancia lIVAy obtenemos ZIVL2

Z32 = 2 θ32 = 0, 250λ

ZIVL2 = 0, 62 + j0, 4 θIVL2 = θ32 + 0, 292λ = 0, 583λ ' 0, 083λ

ZIVL = 124 + j80

ZIVL1 = 1, 24 + j0, 8

SIV = 2, 1

d) La tabla de valores de la razón de onda estacionaria en función de lafrecuencia es

f S200 2,1250 1,49300 0350 1,49400 2,1

95

Figura 27

96

CA

PROBLEMA 27

ZL2

Z32

ZI

L2Z

I

L1

ZII

L2 ZII

L1

ZIII

L2

ZIV

L2

ZL1

ZIV

L1

ZIII

L1

PROBLEMA 28.- Para acoplar una carga ZL a una línea de transmisión

de impedancia característica Zo = 50Ω se utiliza un adaptador en paralelocortocircuitado, con valores d1 = 3, 42 cm y l1 = 3, 00 cm, siendo la frecuenciade operación de 3,75 GHz. Halle el valor de la carga. Represente la gráficadel perfil de onda estacionaria en la línea principal desde la carga hasta unadistancia de 5 cm a la izquierda, y en el stub. Encuentre otro par de valoresmenores que los anteriores que realicen también la adaptación.SOLUCIÓNEn primer lugar calculamos la longitud de onda

λ =c

f=

3 · 10103, 75 · 109 = 8 cm

seguidamente calculamos las longitudes l1 y d1 en función de la longitudde onda de la señal

λ = 10 cm

l1 = 0, 375λ

d1 = 0, 430λ


jB1 = j θB1 = 0, 125λ


Y1 = 1− j θ1 = 0, 338λ


YLN = 0, 52− j0, 525 θLN = 0, 408λ


ZLN = 0, 96 + j0, 97

98


ZLN = 48 + j48, 5


Y 01 = 1+ j θ01 = 0, 162λ


d2 = 0, 162λ+ (0, 500λ− 0, 408λ) = 0, 254λ


jB2 = −j θB2 = 0, 375λ

Con una longitud

l2 = 0, 375λ− 0, 250λ = 0, 125λ


d2 = 2, 03 cm

l2 = 1, 00 cm

Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar elcoeficiente de reflexión en la carga; el módulo lo obtenemos llevando el radiodel círculo donde se sitúa la impedancia a la escala situada en la parte inferiorde la carta de Smith; el desfase se lee directamente en la carta.

ρL 6 ϕ = 0, 45 6 66o = 0, 45 6 0, 367π

ρL = 0, 45 (cos(66o) + j sen(66o) = 0, 183 + j0, 411


VL = Vi (1+ ρL) = Vi (1, 18 + j0, 41)

99

|VL| = 1, 25


ϕ− 2βl = ±2mπ

Esto es para

l =∓2m+ 0, 367

4λ

m l0 0,09λ1 0,59λ2 1,09λ



ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

0, 367π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

l =∓(2m+ 1) + 0, 367

4λ

m l0 0,34λ1 0,84λ2 1,34λ


Por último, la longitud de onda de la señal es de 8 cm, luego tenemos querepresentar el perfil de onda en una distancia de 5 cm que en unidades delongitud de onda es

l = 0, 625λ

Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. Enla figura P28a se representa con una línea continua el perfil de la onda en lalínea no adaptada en los 5 cm a la izquierda de la carga.

100

En el caso del stub terminado en cortocircuito, el coeficiente de reflexiónleído directamente en la carta es

ρS 6 ϕs = −1 = 16 π


ϕs − 2βl = ±2mπ

Esto es para

l =1∓ 2m4

λ

m l0 0,250λ1 0,750λ2 1,250λ

Y su valor es|VSmax| = Vi(1+ |ρs|) = 2Vi


ϕs − 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

l =∓(2m+ 1) + 1

4λ

m l0 0,5λ1 1,0λ2 1,5λ

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

Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en el stub. Enla figura P28b se representa con una línea continua el perfil de la onda en unstub cortocircuitado en los 5 cm a la izquierda del cortocircuito.

101


102

CA

ZLN

YLN

PROBLEMA 28

jB1

Y1

Y'1

jB2

L

L

PROBLEMA 29.-En una línea de trasmisión la razón de onda esta-cionaria vale 2,3 y se detectan dos mínimos contiguos, uno a 5 cm y otro a 17cm de un punto arbitrario de la línea. Si en lugar de la carga ZL se coloca uncortocircuito se observa un mínimo a 31 cm del punto de referencia anterior.a) Trace cuidadosamente, con los valores numéricos apropiados, el perfil

de onda estacionaria con ZL y con el cortocircuito, entre el punto de referenciay otro punto situado a 35 cm del anterior.b) Suponga un cortocircuito deslizante construído con una porción de la

misma línea. Dibuje las gráficas de las componentes real e imaginaria de suimpedancia Zccd(l) en función de la posición l entre 0 y 15 cm.

Figura 29

SOLUCIÓNa)La separación entre dos mínimos nos permite determinar la longitud de

onda

λ

2= d2min − d1min

λ

2= 12 cm ⇒ λ = 24 cm

Conocida la razón de onda estacionaria S = 2, 3 podemos determinar elmódulo del coeficiente de reflexión mediante la relación

|ρL| =S − 1

S + 1= 0, 39

Conocido éste, el máximo de tensión será

|Vmax| = Vi(1+ |ρL|) = 1, 39Vi

Y el mínimo

|Vmin| = Vi(1− |ρL|) = 0, 61Vi

104

Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda estacionaria desdeel punto de referencia O (figura P29). No podemos hacerlo desde la carga yaque desconocemos su valor y su posición y por tanto no podemos determinarel desfase del coeficiente de reflexión en la carga.Las distancias en unidades de longitud de onda son

d1min = 0, 21λ

d2min = 0, 71λ

Cuando se sustituye la carga por un cortocircuito, se observa un mínimoa una distancia del punto de referencia O igual a

d0 = 1, 3λ

Tratándose de un cortocircuito, sabemos que los mínimos son nulos, y losmáximos son el doble de la tensión de entrada. Por tanto el perfil de ondaestacionaria para este caso es el que se observa con línea discontinua en lafigura P29

Figura P29

105

PROBLEMA 30.- Una línea de transmisión de impedancia caracterís-tica Zo = 100Ω en la que se propaga una señal de 300 MHz, termina en unacarga ZL = 50 + j40 Ω. Mediante el diagrama de Smith determine:a) La razón de onda estacionaria Sb) La impedancia Zx en un punto de la línea a 20 cm de la carga.c)Cuáles son las dos distancias más cercanas a la carga en las que se tiene

una impedancia puramente resistiva y cuál es su valor.d) Dibuje el perfil de onda estacionara en los últimos 100 cm de la línea,

tomando como unidad la amplitud de la onda incidente. Indique los valoresnuméricos indispensables.SOLUCIÓNLa impedancia normalizada es

ZLN = 0, 5 + j0, 4 θLN = 0, 074λ

a) La razón de onda estacionaria se obtiene por la intersección de lacircunferencia donde se encuentra la impedancia normalizada de carga conel semieje real positivo

S = 2, 4

b) Para obtener la impedancia en un punto a 20 cm de la carga tenemosque calcular primero la longitud de onda de la señal que se propaga

λ =c

f=3 · 1010300 · 106 = 100 cm

La distancia al punto X en unidades de longitud de onda es

lx = 0, 020λ

Luego, desplazándonos hacia el generador esta distancia, obtenemos Zx

Zx = 0, 57 + j0, 52 θx = 0, 094λ

y su valor en ohmios es

Zx = 57 + j52

c) La impedancia será puramente resistiva en los puntos en los que cortael eje real. Estos son

Zmax = 2, 4 θ1 = 0, 250λ

106

Zmin = 0, 42 θ2 = 0, 500λ

Y las distancias desde la carga a estos puntos son

d1 = 0, 250λ− 0, 074λ = 0, 176λ

d2 = 0, 500λ− 0, 074λ = 0, 426λQue en centímetros es

d1 = 17, 6 cm

d2 = 42, 6 cm

d) Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinarel coeficiente de reflexión en la carga, éste lo obtenemos llevando el radio delcírculo de la impedancia a la escala situada en la parte inferior de la cartade Smith.

ρL 6 ϕ = 0, 41 6 126, 2o = 0, 41 6 0, 70π

ρL = 0, 41 (cos(126, 2o) + j sen(126, 2o) = −0, 24 + j0, 33


VL = Vi (1+ ρL) = Vi (0, 76 + j0, 33)

|VL| = 0, 83Los máximos de tensión tienen lugar para

ϕ− 2βl = ±2mπ

Esto es para

l =∓2m+ 0, 70

4λ

m l0 0,175λ1 0,675λ2 1,175λ

107



ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0,±1,±2, ...

Esto es para

0, 70π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

l =∓(2m+ 1) + 0, 70

4λ

m l0 0,425λ1 0,925λ


Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. Enla figura P30 se representa con una línea continua el perfil de la onda en lalínea no en los 100 cm a la izquierda de la carga.

Figura 30

108

CA

PROBLEMA 30

L

Zx

ZmaxZ

min

ZLN

PROBLEMA 31.- Para determinar el valor de una impedancia de cargaZL no adaptada colocada en el extremo de una línea de transmisión de im-pedancia característica Zo = 50Ω se dispone de una línea ranurada, de igualimpedancia, en la que se han realizado las siguientes medidas:1) Coeficiente de onda estacionaria S = 3, 62) La separación entre mínimos sucesivos es de 14 cm.Al sustituir la carga por un cortocircuito se observa que la posición de

cada uno de los mínimos existentes en la condición anterior se ha desplazadohacia la carga una distancia de 3,2 cm.a) ¿Cuál es la posición del primer mínimo ahora? ¿y antes de sustituir

la carga por el cortocircuito? Determine a qué frecuencia opera la línea y elvalor de la impedancia de carga.b)Represente la gráfica del perfil de onda estacionario en un tramo de 0,5

m de la línea a partir de la carga.

SOLUCIÓNa) La separación de los mínimos nos permite determinar la longitud de

onda de la señal

λ/2 = 14 cm

λ = 28 cm

y la frecuencia

f = c/λ = 1, 07 GHz

Al colocar un cortocircuito en lugar de la carga, tendremos un mínimode tensión justo en este punto, puesto que nos dicen que los mínimos se handesplazado hacia la carga una distancia de 3,2 cm, esto significa que el primermínimo (con la impedancia ZL) estaba a una distancia de la carga de

d1min = 3, 2 cm = 0, 114λ

Conocida la situación de un mínimo de tensión y la razón de onda esta-cionaria podemos determinar ZL. Para ello dibujamos en la carta de Smithla circunferencia correspondiente a S = 3, 6, y desde la posición de voltajemínimo (semieje real negativo) nos desplazamos hacia la carga (sentido an-tihorario) la distancia d1min = 0, 114λ

110

ZL = 0, 46− j0, 75 θL = 0, 386λ

b) Para representar el perfil de onda estacionaria necesitamos determinar elcoeficiente de reflexión en la carga; el módulo lo obtenemos llevando el radiodel círculo de la impedancia a la escala situada en la parte inferior de la cartade Smith; el desfase se lee directamente en la carta.

ρL 6 ϕ = 0, 56 6 − 98o = 0, 56 6 − 0, 544π

ρL = 0, 56 (cos(−98o) + j sen(−98o) = −0, 08− j0, 55


VL = Vi (1+ ρL) = Vi (0, 92− j0, 55)

|VL| = 1, 07


ϕ− 2βl = ±2mπ

Esto es para

l =∓2m− 0, 544

4λ

m l1 0,364λ2 0,864λ



ϕ− 2βl = ±(2m+ 1)π con m = 0, 1, 2, ...

Esto es para

−0, 544π − 4πλl = ±(2m+ 1)π

l =∓(2m+ 1)− 0, 544

4λ

111

m l0 0,114λ1 0,614λ


Con estos datos ya podemos representar el perfil de onda en la guía. Enla figura P32 se representa con una línea continua el perfil de la onda enla línea en los 100 cm a la izquierda de la carga. Con línea discontinua semuestra el perfil de onda cuando la carga se sustituye por un cortocircuito.

Figura 31

112

CA

ZLN

PROBLEMA 31

Vmin

L

Vmax

PROBLEMA 32.- Con dos bobinas con el mismo coeficiente de autoin-ducción L1 = L2 = 2, 5 mH, colocadas tal como indica la figura 32, se haadaptado una cierta carga ZL a una línea de transmisión de impedancia car-acterística Zo = 50Ω que trabaja a una frecuencia de 3183 Hz. Utilizando eldiagrama de Smith, determine el valor de la carga.No toda impedancia puede adaptarse con este tipo de dispositivo, incluso

con L1 6= L2. Señale precisa y claramente, qué región del diagrama de Smithcontiene impedancias normalizadas no adaptables.

Figura 32

SOLUCIÓNLa reactancia capacitiva de las bobinas 1 y 2 son respectivamente

XL1 = jωL1 = j50 = XL2

y su impedancia normalizada es

ZL1 = ZL2 = j

Puesto que la carga está adaptada, la impedancia que sumada con ZL2me da la adaptación es

Z1 = 1− jPuesto que la bobina 1 está en paralelo, para continuar el problema debemosobtener la admitancia correspondiente a Z1, que usando la carta de Smithresulta ser

Y1 = 0, 5 + j0, 5

A continuación hay que sumar la admitancia debida a la bobina 1, esdecir

YL1 = −j

114

Luego, la admitancia de la carga es

YLN = 0, 5 + j1, 5

y la impedancia

ZLN = 0, 2− j0, 6

b) Efectivamente sólo las impedancias de la región 3 de la carta (zonasombreada en la figura 32a) son adaptables. Las impedancias del resto delas regiones no se pueden adaptar:

- Región 1: La admitancia correspondiente caerá en la región 3 y noexistirá ninguna admitancia inductiva que sumada a ella sitúe la admitanciaresultante sobre el círculo C2.- Región 2: La admitancia correspondiente caerá en la región cuatro

y podemos encontrar una admitancia inductiva que sumada a ella sitúe laadmitancia resultante sobre la mitad inferior del círculo C2 (recordar quelas admitancias inductivas son negativas). La impedancia correspondiente sesituará sobre la mitad superior del círculo C1 y por tanto no existirá ningunaimpedancia inductiva que sumada a ella adapte la carga.- Región 4: La admitancia resultante caerá en la región 2. Esta región

comprende las admitancias con parte real mayor a la unidad, y por tanto, nopodrán intersectar nunca el cículo C2 mediante la suma de una impedanciainductiva pura.

Figura P32

115

CA

PROBLEMA 32

ZL1

Y1

Z1

YLN

ZLN

PROBLEMA 33.- Una línea de transmisión de impedancia caracterís-tica Zo= 100 Ω está excitada por una fuente de voltaje sinusoidal de longitudde onda λo y acaba en una impedancia ZL = 100(1 − j)Ω. Determinarmediante la carta de Smitha) ¿A que distancia de la carga se encuentran el primer y segundo máximo

de tensión? ¿Cuál es la razón de onda estacionaria?b) Calcular a que distancia d de la carga y qué longitud l debe tener un

stub en abierto de impedancia característica Zo = 100Ω para que la líneaquede adaptada para λo.SOLUCIÓNLa impedancia normalizada es

ZLN = 1− j θLN = 0, 338λ

a) Los máximos de tensión tiene lugar en los puntos de impedancia pura-mente resistiva, y se obtienen desplazándonos hacia el generador hasta cortarel eje real positivo

d1max = (0, 500λ− 0, 338λ) + 0, 250λd1max = 0, 412λ

Y el siguiente se situará media longitud de onda más alejado de la carga

d2max = 0, 912λ

La razón de onda estacionaria se obtiene mediante el corte de la circun-ferencia donde se sitúa la impedancia con el semieje real positivo

S = 2, 65

b)Obtenemos en primer lugar la admitancia correspondiente

YLN = 0, 5 + j0, 5 θLN = 0, 088λ

Nos desplazamos hasta intersectar el círculo de parte real igual a la unidad

Y1 = 1+ j θ1 = 0, 162λ

La distancia a la que hay que poner el stub será

d = 0, 074λ

Y la admitancia del stub debe ser

117

jB = −j

Puesto que nos dicen que el stub es una sección de línea en abierto, su lon-gitud se obtiene desplazándonos en la carta desde el punto A de admitanciaen abierto, hasta el punto de admitancia jB

l = 0, 375λ

118

CA

PROBLEMA 33

YLN

jB

Y1

Vmax

ZLN

PROBLEMA 34.- Una línea de transmisión de impedancia Zo = 100Ω trabaja a una frecuencia de f=300 MHz. Se consigue adaptar una cargaterminal ZL mediante un segmento de línea cortocircuitado en paralelo, delonguitud l1 = 11, 1 cm, colocado a una distancia d1 = 23, 8 cm de la carga.Utilizando el diagrama de Smith determine:a) El valor de la carga ZLb) Otro posible par de valores l2 y d2 (no del tipo de los que difieren de

l1 y d1 en un número entero de semilongitudes de onda) con los que puedatambién realizarse la adaptación.

SOLUCIÓNEn primer lugar, determinamos la longitud de onda de la señal

λ =c

f=3 · 1010300 · 106 = 100 cm

Tanto la longitud del stub como la distancia a la que hay que ponerlo enunidades de longitud de onda son

l1 = 0, 111λ

d1 = 0, 238λ

a) Para determinar la admitancia del stub, partimos del punto C (admitancia

infinita-cortocircuito) y nos desplazamos hacia el generador la distancia l1

jB1 = −j1, 2Luego la admitancia que se adapta con este stub es

Y1 = 1+ j1, 2 θ1 = 0, 168λ

A continuación, nos desplazamos hacia la carga (sentido antihorario) la dis-tancia d1 para obtener la admitancia de carga

YLN = 0, 38− j0, 415 θLN = 0, 430λ

Y el punto simétrico respecto al centro de la carta nos da la impedanciade carga

ZLN = 1, 2 + j0, 415 θLN = 0, 180λ

El valor en ohmios

120

ZLN = 120 + j41, 5 Ω

b) Para buscar otro par de valores l2 y d2 (no del tipo de los que difierende l1 y d1 en un número entero de semilongitudes de onda) con los que puedatambién realizarse la adaptación, nos desplazamos desde la carga hacia elgenerador y obtenemos la segunda intersección con el círculo de parte realigual a la unidad. La admitancia correspondiente es

Y 01 = 1− j1, 2 θ1 = 0, 332λ

El valor de la distancia d2 es

d2 = 0, 332λ+ (0, 500λ− 0, 430λ)

d2 = 0, 402λ

La admitancia del stub será

jB2 = j1, 2 θB2 = 0, 140λ

Por tanto, la longitud del mismo se obtiene desplazándonos desde el puntode admitancia en cortocircuito C hasta el punto de admitancia pura jB2

l2 = 0, 250λ+ 0, 140λ

l2 = 0, 390λ

Los valores en centímetros son

d2 = 40, 2 cm

l2 = 39, 0 cm

121

CA

PROBLEMA 34

YLN

jB1

Y'1

ZLN

Y1

jB2

PROBLEMA 35.- La razón de onda estacionaria de una línea de trans-misión es 2,1. Si los dos primeros mínimos de tensión tienen lugar a unadistancia de 1,25 y 2,77 m de la carga, calcular la longitud y la posición deun mono-stub que acople la línea, utilizando el diagrama de Smith.SOLUCIÓNEn primer lugar, calculamos la longitud de onda de la señal ya que sabe-

mos que los mínimos están separados media longitud de onda

d2min − d1min = λ/2

λ = 3, 04 m

La posición del primer mínimo en unidades de longitud de onda es

d1min = 0, 411λ

A continuación, trazamos en la carta de smith una circunferencia de radiola razón de onda estacionaria S = 2, 1. Puesto que los mínimos se localizan enel semieje real negativo, desde el punto de intersección de dicha circunferenciacon el eje real negativo nos desplazamos hacia la carga (sentido antihorario)la distancia d1min obteniendo así la impedancia de la carga

ZLN = 0, 61+ j0, 44 θLN = 0, 089λ

Para determinar la posición y longitud de un mono-stub que acople lalínea determinamos la admitancia de la carga mediante la carta de Smith

YLN = 1, 08− j0, 77 θLN = 0, 339λ

A partir de este punto nos desplazamos hacia el generador hasta inter-sectar la circunferencia de admitancias con parte real igual a la unidad

Y1 = 1+ j0, 75 θ1 = 0, 154λ

La distancia a la que hay que colocar el stub es

d = 0, 154λ+ (0, 500λ− 0, 339λ)

d = 0, 315λ

El valor de la admitancia del stub para adaptar Y1 será

123

jB1 = −j0, 75 θB1 = 0, 398λ

Luego la longitud necesaria de la sección de línea cortocircuitada se obtienedesplazándonos desde el punto C hasta el valor de esta admitancia.

l = 0, 398λ− 0, 250λ

l = 0, 148λ

Estos valores en metros son

d = 0, 96 m

l = 0, 45 m

124

CA

PROBLEMA 35

YLN

jB1

ZLN

Y1

Vmin

s Pro Electromag1

Documents

Transcript of s Pro Electromag1