Electromagnetismo Electromagnetismo II
Ing. J. M. Hernández
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Unidad 3. Líneas de tr ansmi an smisi sión ón Ing. José Miguel Hernández Junio, 2011 Ejercicios Resueltos 8
Ejemplo 1. 11.1 Hayt (7ª) Los parámetros de una línea de transmisión que opera a 6×10 rad/s son L = 0.4 µH/m, C = 40 pF/m, G = 80 µS/m, R = 20 Ω /m. (a) encuentre γ , α, β, λ, Z 0. (b) Si la
onda de voltaje recorre 20 m a través de la línea, ¿Qué porcentaje de la amplitud de la onda original permanece y por cuántos grados se desplaza su fase?
SOLUCIÓN: .(a) γ = ( R + jω L)(G + jω C ) = (20 + j 6 × 108 × 0.4 × 10−6 )(80 × 10−6 + j 6 × 108 × 40 × 10−12 ) γ = − 5.7584 + j 0.4992 = 0.1039 + j 2.4019 m−1.
γ = 0.1039 + j2.4019 m−1
α = 0.1039 Np/m
2π
λ = 2.616 m
λ =
β
=
2π = 2.616 m 2.4019
R + jω L
20 + j 6 × 108 × 0.4 × 10−6 3 −6 −12 = 10.003 × 10 − j 799.9911 8 80 × 10 + j 6 × 10 × 40 × 10
Z 0
=
Z 0
= 100.093 + j3.996
G + jω C
=
β = 2.4019 rad/m
Z0 = 100 − j4 Ω
.(b) V ( x, t ) = V 0e−α x cos(ω t − β x ) V 0e
−α x
V 0
= e− 0.1039×20 = e− 0.1039× 20 = e − 2.078 = 0.125
ω 6 × 108 u= = β 2.4019
Se reduce al = 12.5%
= 2.498 × 108 m/s
En t = 0, V ( x,0) = V 0e−α x cos(− β x) . Si hay desplazamiento de ∆ x = 20 m La fase cambia en ∆θ β ∆x = 2.4019 × 20 = 48.04 rad
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12-8 Hayt (5ª) Una línea de transmisión bialámbrica utiliza conductores de cobre #20 AWG (31.96 mils de diámetro) inmersos en un dieléctrico para el cual εR = 1.5, σ = 1×10−4 S/m. (a) ¿Cuál es la distancia entre los centros de los cables si Z 0 = 300 Ω? (b) encuentre R para 100 MHz, (c) Determine G, ¿Cuál es la atenuación de la línea en dB/pie a 100 MHz? Ejemp lo 2.
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SOLUCIÓN Cobre 2a
d
Cobre σC= 5.8×107 S/m, µ = µ0. Dieléctrico σ = 1.4×10−4 S/m, ε =1.5ε0, µ = µ0. Para alta frecuencia Z 0 =
Lext C
=
1 µ π ε
d ≅ 1 2a π
cosh −1
µ d ln ε a
π d π × 300 = 21.459 = 2 cosh × Z 0 = 2 cosh a µ µ 0 ε 1 . 5 ε 0 1 µ 0 1 d d 300 = ln = 21.459 a = × 31.96 × 10− 3 = 0.01598 pul = 0.406 mm π 1.5ε 0 a 2 a d = 8.71 mm
δ =
R
G
= =
C =
1 π f µ C σ C
1 π aδσ C
=
πσ
=
1 6
π × 100 × 10 µ 0 × 5.8 × 107
1 = 2.046 Ω /m π × 0.406 × 10 × 6.61 × 10− 6 × 5.8 × 107 −3
=
π × 1× 10−4
d 21.459 cosh −1 cosh −1 2a 2
πε
= 6.61 × 10 − 6 m
=
π × 1.5ε 0
d 21.459 cosh −1 cosh−1 2a 2
= 1.025 × 10− 4 S/m
= 13.62 × 10 −12 F/m
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L =
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µ d µ 21.459 = 1.226 × 10− 6 H/m cosh −1 = 0 cosh −1 π 2a π 2
γ = ( R + jω L )(G + jω C ) Np
α = 0.019
m
×
= 0.019 + j 2.567
8.686dB 0.305m
×
Np
pie
= 0.050 dB/pie
11.5 Sadiku. Una línea de transmisión sin pérdidas, de 60 Ω, está terminada en una carga de 60 + j60 Ω, (a) Halle Γ L, y la relación de onda estacionaria. Si Z ent = 120 − j60 Ω, ¿Cuál es la distancia (en longitudes de onda) entre la carga y el generador? (b) Calcule Z ent ,max, Z ent ,min. ¿Cuál es la distancia (en λ) entre el primer voltaje máximo y la carga? Ejemplo 3.
SOLUCIÓN
Γ L = Z L − Z 0 = 60 + j 60 − 60 = 0.2 + j 0.4 = 0.4472∠63.43° Z L + Z 0 60 + j 60 + 60
s
=
1 + Γ L 1 + 0.4472 = = 2.618 1 − Γ L 1 − 0.4472
Z ent = 60
Z ent = Z 0
(60 + j60) + j 60 tan β l = 120 − j 60 60 + j(60 + j 60) tan β l
→
+ jZ 0 tan β l Z 0 + jZ L tan β l Z L
(60 + j60) + j 60 tan β l 60 + j(60 + j 60) tan β l
120 = Re 60
Resolviendo con A = tan β l
(60 + j 60) + j60 A 60 + j (60 + j 60) A
120 = Re 60
A= 1/3 ,
A
=1,
Con A=1/3
Z ent = 60
(60 + j 60) + j60 × 1 = 120 + j 60 60 + j (60 + j 60) × 1
(NO)
Con A=1
Z ent = 60
(60 + j 60) + j60 × 1 = 120 − j 60 60 + j (60 + j 60) × 1
(OK)
A = tan β l=1
→
β l
=
π
4
+ nπ
2π λ
l
π
= + nπ 4
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l
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π λ λ nλ 1 + 4n λ = + nπ = + = 4 2π 8 2 8
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n = 0, 1, 2, . . .
(b) Z ent , max = sZ 0 = 2.618 × 60 = 157.08 Ω 60 Z Z ent , min = 0 = = 22.92 Ω 2.618 s Se grafica f ( x) = Z ent ( x )
Como l = − x. Z ent ( x ) = Z 0
− jZ 0 tan( β x ) Z 0 − jZ L tan( β x ) Z L
l
x 200
150
f ( x) 100
50
0
−2
− 1.75
− 1.5 − 1.25
−1
− 0.75
− 0.5
− 0.25
0
x
x = −0.088
Los máximos de voltaje coinciden con los máximos de Z ent . Por lo que el primer máximo de voltaje estará a 0.088λ de la carga. Ejemp lo 4.
Repita el ejercicio anterior usando la carta de Smith
60 + j 60 = 1 + j1 Z 0 60 120 − j 60 Z Se localiza en la carta el punto en donde zent = ent = = 2 − j1 60 Z 0 La impedancia de carga normalizada es z L =
Z L
=
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0.162λ
Hacia generador s = cte z L
zmin
zmax
0.25λ
zent
0.287λ
Distancia hacia zent es l1 = (0.287 − 0.162)λ = 0.125λ = λ / 8 Cada vuelta (λ /2) en Smith se obtiene el mismo resultado, así l = λ / 8 + nλ / 2 , n = 0, 1, 2, . . .
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Z max = zmax× Z 0=2.6×60=156 Ω
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Z min = zmin× Z 0=0.38×60=22.8 Ω
La posición mas cercana de zmax (y por lo tanto de V max) en la línea es l = (0.25−0.162)λ=0.088λ Ejemp lo 5. 12.18 Hayt 5ª. Todos los segmentos de la línea mostrados no tienen pérdidas y tienen Z 0 = 50 Ω. Encuentre la razón de onda estacionaria en cada una de las tres secciones.
0.3λ A 100+ j20 Ω B 50− j50 Ω
0.1λ
SOLUCIÓN Z ent = Z 0
+ jZ 0 tan β l Z 0 + jZ L tan β l Z L
Tramo de línea principal:
β l1
=
2π λ
× 0.3λ = 0.6π − Z 0 100 + j 20 − 50 = Z L1 + Z 0 100 + j 20 + 50 Γ 1 = 0.3559∠14.21° 1 + Γ 1 1 + 0.3559 = = 2.105 s1 = 1 − Γ 1 1 − 0.3559 Γ 1 = Z L1
0.3λ A 100+j20 Ω
Z ent 1
B
100 + j 20 + j 50 tan(0.6π ) 50 + j (100 + j 20) tan(0.6π ) Z ent 1 = 24.430 + j 7.391 Ω Z ent 1
Tramo de línea en derivación:
β l2
=
2π λ
= 50
× 0.1λ = 0.2π
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50 − j 50 − 50 Z L 2 + Z 0 50 − j50 + 50 Γ 2 = 0.4472∠ − 63.43° 1 + Γ 2 1 + 0.4472 s2 = = = 2.618 1 − Γ 2 1 − 0.4472
0.1λ
Γ 2 =
A 50− j50 Ω
Z ent 2
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B
Z L 2 − Z 0
=
50 − j50 + j50 tan(0.2π ) 50 + j (50 − j50) tan(0.2π ) Z ent 2 = 21.772 − j17.081 Ω Z ent 2
A
= 50
A
1 Z ent1
Z ent2
Z T
B
1 Z T
=
1
Z T
=
1 Z ent 1
+
1 Z ent 2
B
1
+
Z T = 14.759 − 2.453 Ω
24.430 + j 7.391 21.772 − j17.081
Tramo de línea principal a la izquierda de la derivación
− Z 0 50 − j50 − 50 = = 0.5451∠ − 173.85° Z T + Z 0 50 − j50 + 50
Γ 3 = Z T s3
=
1 + Γ 3 1 + 0.5451 = = 3.397 1 − Γ 3 1 − 0.5451
Ejercicio 11.4 Sadiku. Una línea sin pérdidas de 70 Ω tiene s = 1.6 y θΓ = 300°. Si es de 0.6λ de largo, halle: (a) Γ , Z L, Z ent , (b) La distancia del primer voltaje mínimo desde la carga. Ejemp lo 6.
SOLUCIÓN:
Γ L = Γ L ∠300°
s=
1 + Γ L 1 − Γ L
→
Γ L = 0.2308∠300° Pero Γ L =
Z L − Z 0 Z L + Z 0
→
Z L
= 1 + Γ L Z 0 1 − Γ L
− 1 1.6 − 1 0.2308 = = s + 1 1.6 + 1
Γ L = s
Electromagnetismo II
Z L
=
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1 + 0.2308∠300° × 70 = 80.576 − j 34.023 1 − 0.2308∠300°
Impedancia de entrada β l = Z ent = Z 0
2π λ
× 0.6λ = 1.2π
+ jZ 0 tan β l = 70 (80.576 − j34.023) + j70 tan(1.2π ) = 48.652 − 17.629 j Ω 70 + j (80.576 − j 34.023) tan(1.2π ) Z 0 + jZ L tan β l Z L
El lugar en donde se produce Z min se produce voltaje mínimo. Z min =
Z 0 s
=
70 = 43.75 + j 0 Ω 1.6
Si hacemos tan(β l1)= A Z min = Z 0
β l1 =
+ jZ 0 A = 43.75 + j 0 Z 0 + jZ L
Z L
π
2π
3
λ
l1
=
A =
π
l1
3
=
3 λ
6
Con Mathcad Zent ( x) := Z0
ZL + j ⋅Z0⋅ tan ( −β ⋅ x) Z0 + j ⋅ ZL⋅ tan ( −β ⋅ x)
x
120
f ( x) := Zent ( x)
90
x := 0 Zent ( x) 60
Minimize( f , x) = −0.167
30 0
− 0.6
Z min
− 0.5
− 0.4
− 0.3 x
ejercicio anterior usando la carta de Smith SOLUCIÓN
− 0.2
− 0.1
0.167λ
= 43.747 Ω
0
Ejemplo
7.
Resuelva el
Electromagnetismo II
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s = 1.6
zmin
z L
zent
l1=0.167λ
h=0.1λ
Con s = 1.6 se lee Γ L = 0.23 en las tercera escala inferior. Se traza la circunferencia s = 1.6. Sobre esa curva, a 300° = −60° está el coeficiente de reflexión: Γ L = 0.23∠300° . En el mismo punto se lee z L = 1.15 − j 0.48 de donde Z L = Z 0 × z L = 70 × (1.15 − j 0.48) = 80.5 − j33.6 Ω. Para la longitud h = 0.6λ (= 0.1λ) corresponde en el diagrama a la posición en la escala más externa “λ hacia el generador” 0.1λ + 0.333λ = 0.433λ
Electromagnetismo II zent = 0.68 − j 0.23
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Z ent = Z 0 × zent = 70(0.68 − j 0.23) = 47.6 − j16.1
El valor de zmin (y por lo tanto de V min) está a una distancia desde la carga de l1 = 0.5λ − 0.333λ = 0.167λ . z min = 0.625 , Z min = 0.625 × 70 = 43.75 Ω. Ejemplo 8.
11.6 Sadiku. Las siguientes medidas se tomaron usando la técnica de la línea
ranurada.
Con carga, s = 1.8, V max ocurre en 23 cm, 35.5, . . . , etc. En cortocircuito: s = ∞, V max ocurre 25 cm, 37.5 cm, . . . , etc. Si Z 0 = 50 Ω, determine Z L. SOLUCIÓN λ
2
= 37.5 − 25 = 12.5 cm
λ = 25 cm
V
En corto
En corto hay un V min = 0 en la carga Con carga, s = 1.8
Con carga
Distancia del primer V min hacia la carga es 2 cm. 25 cm 23 cm
Con ayuda de Carta de Smith
Esta distancia en términos de longitudes de onda es
37.5 cm 35.5 cm
2 cm
2 cm = 2 cm ×
1
25 cm
= 0.08λ
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Electromagnetismo II
s = 1.8 zmin
z L
0.08λ Hacia carga
Distancia desde zmin hacia la carga 0.08λ. En z L se lee r = 0.66, x = −0.35. Entonces Z L = z L × Z 0 = (0.66 − j 0.35) × 50 = 33 − j17.5 Ω
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Electromagnetismo II Ejemplo. 9.
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11-17 Hayt (7ª) Determine la potencia promedio consumida en cada resistencia. Sin pérdidas, v = 2c/3
Z0=50 Ω 25 Ω
100 Ω
0.5∠0° A
2.6λ
SOLUCIÓN l=2.6λ I 0 I L
0.5∠0° A
100 Ω
Z 0=50 Ω
V 0
x
I 0
Z ent = Z 0
I 1
0.5∠0° A
Z ent = Z 0
100 Ω
Z L + jZ 0 tan β l Z 0 + jZ L tan β l
División de corriente
= 50
V 0
Z ent
25 + j50 tan(5.2π ) = 33.744 + j 24.069 50 + j 25 tan(5.2π )
V L
+ jZ 0 tan β l Z 0 + jZ L tan β l Z L
Z L
Electromagnetismo II
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I 0
=
100 × 0.5∠0° = 0.362 − j 0.065 = 0.368∠ − 10.2° A 100 + 33.744 + j 24.069
I 1
=
33.744 + j 24.069 × 0.5∠0° = 0.1379 + j 0.0652 = 0.1525∠25.30° A 100 + 33.744 + j 24.069
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V 0 = I 0 × Z ent = 0.3679∠ − 10.2° × (33.744 + j 24.069) = 15.25∠25.30° V
1 Potencia consumida en la R = 100 Ω, P1 = × (0.1525)2 × 100 = 1.163 W 2 1 Potencia consumida en la Z ent , P2 = × (0.368) 2 × 33.744 = 2.284 W 2 1 Potencia entregada por la fuente P = Re(V 0 × I S∗ ) = 3.447 W 2 Como la línea es sin pérdidas, la potencia consumida por la Z ent es la misma potencia consumida por R = 25 Ω, lo cual se puede comprobar si calculamos V L e I L. Usando (19) y (20) de folleto para línea sin pérdidas: γ = j β V S ( x) = V 0 cos( β x ) − jZ 0 I 0 sin( β x)
(19)
V I S ( x) = − 0 sinh( γ x) + I 0 cosh(γ x ) Z 0
(20)
En la carga x = l. V L
= V 0 cos( β l ) − jZ 0 I 0 sin( β l )
V L
= (15.25∠25.30°) cos(5.2π ) − j 50(0.368∠ − 10.2°) sin(5.2π ) = 10.687∠149.8°
I L
= − j
I L
= − j
V 0 Z 0
sin( β l ) + I 0 cos(β l )
(15.25∠25.30°) sin( 5.2π ) + (0.368∠ − 10.2°) cos(5.2π ) = 0.4275∠149.8° 50
Potencia entregada a la carga: P L
1 2
1 2
= Re(V L × I L∗ ) = Re(10.687∠149.8° × 0.4275∠ − 149.8°) = 2.284 W
Electromagnetismo II
Ejemplo 10.
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Si Z L = 40 + j10 Ω, Z 0 = 50 Ω, f = 750 MHz, y u = c.
Encuentre la distancia d 1 más corta de una derivación en corto circuito y la distancia d correspondiente mínima desde la carga a la que se debe colocar para tener acoplamiento en la línea principal a la izquierda del corto circuito. d
E B C
A 40+j10 Ω D Corto
d 1
SOLUCIÓN: z L
=
40 + j10 = 0.8 + j0.2 50
y L
=
1 z L
=
1 0.8 + j 0.2
= 1.1765 − j 0.2941
3 × 108 = 0.4 m = 40 cm λ = = f 750 × 106 c
c = λ f
Y ent = Y 0
Y L + jY 0 tan β d Y 0 + jY L tan β d
yent =
O bien normalizando y haciendo A = tan β d
y L + jA
1 + jy L A
y L + jA = 1 1 jy A + L
Re
En B: yent = 1 + jb B
Soluciones: A1 = -2.2649 y A2 = 0.2649 Con A1= -2.2649
yent =
(1.1765 − j0.2941) + j(−2.2649) = 1 + j0.3162 1 + j (1.1765 − j0.2941)(−2.2649)
Electromagnetismo II
d =
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40 [tan −1 (−2.2649) + π ] = 12.65 cm 2π
Para el trozo de línea en corto Z ent = jZ 0 tan( β d 1 )
tan( β d 1 ) =
1 0.3162
zent = j tan( β d 1 )
d 1
=
d =
1 zent
=
1 = − j0.3162 j tan( β d 1 )
40 −1 1 tan = 8.05 cm 2π 0 . 3162
d = 12.65 cm, d 1
Con A2= 0.2649
yent =
yent =
= 8.05 cm
(1.1765 − j0.2941) + j (0.2649) = 1 − j0.3162 1 + j (1.1765 − j 0.2941)(0.2649)
40 [tan −1 (0.2649)] = 1.64 cm 2π
Para el trozo de línea en corto 1 yent =
tan( β d 1 ) =
z ent
=
1 = j 0.3162 j tan( β d 1 )
1 40 −1 1 tan d 1 = + π = 11.95 cm 2π − 0.3162 − 0.3162 d = 1.64 cm, d 1
= 11.95 cm
Los valores correspondientes son d = 12.65 cm, d 1
= 8.05 cm
Sugerencia 1: Repetir usando Diagrama de Smith Sugerencia 2: Repita para trozo de línea en derivación en circuito abierto.
