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Electromagnetismo II Ing. J. M. Hernández Página 1 de 16

Unidad 3. Líneas de transmisión

Ing. José Miguel Hernández Junio, 2011

Ejercicios Resueltos Ejemplo 1. 11.1 Hayt (7ª) Los parámetros de una línea de transmisión que opera a 6×108 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, Z0. (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)

)10401061080)(104.010620())(( 128668 −−− ×××+××××+=++= jjCjGLjR ωωγ

4019.21039.04992.07584.5 jj +=+−=γ m−1.

616.24019.2

22===

π

β

πλ m

9911.79910003.1010401061080

104.010620 3

1286

68

0 jj

j

CjG

LjRZ −×=

×××+×

×××+=

+

+=

−−

−

ω

ω

996.3093.1000 jZ +=

.(b) )cos(),( 0 xteVtxV x βωα −= −

125.0078.2201039.0201039.0

0

0 ==== −×−×−−

eeeV

eV xα

88

10498.24019.2

106×=

×==

β

ωu m/s

En t = 0, )cos()0,( 0 xeVxV x βα −= − . Si hay desplazamiento de ∆x = 20 m

La fase cambia en 04.48204019.2 =×=∆=∆ xβθ rad

α = 0.1039 Np/m β = 2.4019 rad/m γ = 0.1039 + j2.4019 m−1

λ = 2.616 m

Z0 = 100 − j4 Ω

Se reduce al = 12.5%


Ejemplo 2. 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 Z0 = 300 Ω? (b) encuentre R para 100 MHz, (c) Determine G, ¿Cuál es la atenuación de la línea en dB/pie a 100 MHz?


SOLUCIÓN 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

≅

== −

a

d

a

d

C

LZ ext ln

1

2cosh

1 10 ε

µ

πε

µ

π

459.21

5.1

300cosh2cosh2

0

0

0 =

×=

×=

ε

µ

π

ε

µ

π Z

a

d

=

a

dln

5.1

1300

0

0

ε

µ

π 459.21=

a

d 01598.01096.31

2

1 3 =××= −a pul = 0.406 mm

71.8=d mm

6

06

1061.61078.510100

11 −×=××××

==µπσµπ

δCCf

m

046.2108.51061.610406.0

11763

=××××××

==−−πδσπ Ca

R Ω/m

4

1

4

1

10025.1

2

459.21cosh

101

2cosh

−

−

−

−

×=

××=

=

ππσ

a

dG S/m

12

1

0

1

1062.13

2

459.21cosh

5.1

2cosh

−

−−

×=

×=

=

εππε

a

dC F/m

d

2a

Cobre


6101 10226.12

459.21cosh

2cosh −−− ×=

=

=

π

µ

π

µ

a

dL H/m

567.2019.0))(( jCjGLjR +=++= ωωγ

050.0305.0686.8

019.0 =××=pie

m

Np

dB

m

Npα dB/pie

Ejemplo 3. 11.5 Sadiku. Una línea de transmisión sin pérdidas, de 60 Ω, está terminada en una carga de 60 + j60 Ω, (a) Halle ΓL, y la relación de onda estacionaria. Si Zent = 120 − j60 Ω, ¿Cuál es la distancia (en longitudes de onda) entre la carga y el generador? (b) Calcule Zent,max, Zent,min. ¿Cuál es la distancia (en λ) entre el primer voltaje máximo y la carga? SOLUCIÓN

°∠=+=++

−+=

+

−=Γ 43.634472.04.02.0

606060

606060

0

0 jj

j

ZZ

ZZ

L

LL

618.24472.01

4472.01

1

1=

−

+=

Γ−

Γ+=

L

Ls ljZZ

ljZZZZ

L

Lent β

β

tan

tan

0

00

+

+=

60120tan)6060(60

tan60)6060(60 j

ljj

ljjZent −=

++

++=

β

β →

++

++=

ljj

ljj

β

β

tan)6060(60

tan60)6060(60Re120

Resolviendo con A = tanβl

++

++=

Ajj

Ajj

)6060(60

60)6060(60Re120 A= 1/3 , A =1,

Con A=1/3 601201)6060(60

160)6060(60 j

jj

jjZent +=

×++

×++= (NO)

Con A=1 601201)6060(60

160)6060(60 j

jj

jjZent −=

×++

×++= (OK)

A = tanβl=1 → ππ

β nl +=4

ππ

λ

πnl +=

4

2


λλλ

π

λπ

π

+=+=

+=

8

41

2824

nnnl n = 0, 1, 2, . . .

(b) 08.15760618.20max, =×== sZZent Ω

92.22618.2

600min, ===

s

ZZent Ω

Se grafica )()( xZxf ent= Como l = −x. )tan(

)tan()(

0

00

xjZZ

xjZZZxZ

L

Lent β

β

−

−=

Los máximos de voltaje coinciden con los máximos de Zent. Por lo que el primer máximo de voltaje estará a 0.088λ de la carga. Ejemplo 4. Repita el ejercicio anterior usando la carta de Smith

La impedancia de carga normalizada es 1160

6060

0

jj

Z

Zz L

L +=+

==

Se localiza en la carta el punto en donde 1260

60120

0

jj

Z

Zz ent

ent −=−

==

x = −0.088

2− 1.75− 1.5− 1.25− 1− 0.75− 0.5− 0.25− 00

50

100

150

200

f x( )

x

x

l


Distancia hacia zent es 8/125.0)162.0287.0(1 λλλ ==−=l

Cada vuelta (λ/2) en Smith se obtiene el mismo resultado, así 2/8/ λλ nl += , n = 0, 1, 2, . . .

zL

0.162λ

0.287λ

s = cte

0.25λ zmax

zent

Hacia generador

zmin


Zmax =zmax×Z0=2.6×60=156 Ω Zmin =zmin×Z0=0.38×60=22.8 Ω La posición mas cercana de zmax (y por lo tanto de Vmax) en la línea es l = (0.25−0.162)λ=0.088λ Ejemplo 5. 12.18 Hayt 5ª. Todos los segmentos de la línea mostrados no tienen pérdidas y tienen Z0 = 50 Ω. Encuentre la razón de onda estacionaria en cada una de las tres secciones.

SOLUCIÓN ljZZ

ljZZZZ

L

Lent β

β

tan

tan

0

00

+

+=

Tramo de línea principal: πλλ

πβ 6.03.0

21 =×=l

5020100

5020100

01

011

++

−+=

+

−=Γ

j

j

ZZ

ZZ

L

L

°∠=Γ 21.143559.01

105.23559.01

3559.01

1

1

1

11 =

−

+=

Γ−

Γ+=s

)6.0tan()20100(50

)6.0tan(5020100501 π

π

jj

jjZent

++

++=

391.7430.241 jZent += Ω

Tramo de línea en derivación: πλλ

πβ 2.01.0

22 =×=l

0.3λ

0.1λ

A

B

100+j20 Ω

50−j50 Ω

0.3λ

A

B

100+j20 Ω Zent1


505050

505050

02

022

+−

−−=

+

−=Γ

j

j

ZZ

ZZ

L

L

°−∠=Γ 43.634472.02

618.24472.01

4472.01

1

1

2

22 =

−

+=

Γ−

Γ+=s

)2.0tan()5050(50

)2.0tan(505050502 π

π

jj

jjZent

−+

+−=

081.17772.212 jZent −= Ω

21

111

ententT ZZZ+=

081.17772.21

1

391.7430.24

11

jjZT −+

+= 453.2759.14 −=TZ Ω

Tramo de línea principal a la izquierda de la derivación

°−∠=+−

−−=

+

−=Γ 85.1735451.0

505050

505050

0

03

j

j

ZZ

ZZ

T

T

397.35451.01

5451.01

1

1

3

33 =

−

+=

Γ−

Γ+=s

Ejemplo 6. 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, ZL, Zent, (b) La distancia del primer voltaje mínimo desde la carga. SOLUCIÓN:

°∠Γ=Γ 300LL L

LsΓ−

Γ+=

1

1 → 2308.0

16.1

16.1

1

1=

+

−=

+

−=Γ

s

sL

°∠=Γ 3002308.0L

Pero 0

0

ZZ

ZZ

L

LL

+

−=Γ → 0

1

1ZZ

L

LL

Γ−

Γ+=

0.1λ

A

B

50−j50 Ω Zent2

B

ZT

A

B

Zent1 Zent2

A


023.34576.80703002308.01

3002308.01jZL −=×

°∠−

°∠+=

Impedancia de entrada πλλ

πβ 2.16.0

2=×=l

629.17652.48)2.1tan()023.34576.80(70

)2.1tan(70)023.34576.80(70

tan

tan

0

00 j

jj

jj

ljZZ

ljZZZZ

L

Lent −=

−+

+−=

+

+=

π

π

β

βΩ

El lugar en donde se produce Zmin se produce voltaje mínimo. 075.436.1

700min j

s

ZZ +=== Ω

Si hacemos tan(βl1)=A

075.430

00min j

jZZ

AjZZZZ

L

L +=+

+= 3=A

31

πβ =l

3

21

π

λ

π=l

61

λ=l

Con Mathcad

Zmin = 43.747 Ω Ejemplo 7. Resuelva el

ejercicio anterior usando la carta de Smith SOLUCIÓN

Zent x( ) Z0ZL j Z0⋅ tan β− x⋅( )⋅+

Z0 j ZL⋅ tan β− x⋅( )⋅+:=

f x( ) Zent x( ):=

x 0:=

Minimize f x, ( ) 0.167−=

0.6− 0.5− 0.4− 0.3− 0.2− 0.1− 00

30

60

90

120

Zent x( )

x0.167λ

x


Con s = 1.6 se lee 23.0=ΓL en las tercera escala inferior. Se traza la circunferencia s = 1.6.

Sobre esa curva, a 300° = −60° está el coeficiente de reflexión: °∠=Γ 30023.0L . En el mismo

punto se lee 48.015.1 jzL −= de donde 6.335.80)48.015.1(700 jjzZZ LL −=−×=×= Ω.

Para la longitud λ6.0=h (= 0.1λ) corresponde en el diagrama a la posición en la escala más

externa “λ hacia el generador” λλλ 433.0333.01.0 =+

l1=0.167λ

zmin

zL

s = 1.6

h=0.1λ

zent


23.068.0 jzent −= 1.166.47)23.068.0(700 jjzZZ entent −=−=×=

El valor de zmin (y por lo tanto de Vmin) está a una distancia desde la carga de

λλλ 167.0333.05.01 =−=l . 625.0min =z , 75.4370625.0min =×=Z Ω.

Ejemplo 8. 11.6 Sadiku. Las siguientes medidas se tomaron usando la técnica de la línea ranurada. Con carga, s = 1.8, Vmax ocurre en 23 cm, 35.5, . . . , etc. En cortocircuito: s = ∞, Vmax ocurre 25 cm, 37.5 cm, . . . , etc. Si Z0 = 50 Ω, determine ZL.

SOLUCIÓN

5.12255.372

=−=λ

cm

25=λ cm En corto hay un Vmin = 0 en la carga Con carga, 8.1=s Distancia del primer Vmin hacia la carga es 2 cm. Esta distancia en términos de longitudes de onda es

λ08.0cm 25

λ 1cm 2cm 2 =×=

Con ayuda de Carta de Smith

2 cm

25 cm

V

37.5 cm

23 cm 35.5 cm

En corto

Con carga


Distancia desde zmin hacia la carga 0.08λ. En zL se lee r = 0.66, x = −0.35. Entonces 5.173350)35.066.0(0 jjZzZ LL −=×−=×= Ω

0.08λ

s = 1.8

zL

Hacia carga

zmin


Ejemplo. 9. 11-17 Hayt (7ª) Determine la potencia promedio consumida en cada resistencia.

SOLUCIÓN

069.24744.33)2.5tan(2550

)2.5tan(502550

tan

tan

0

00 j

j

j

ljZZ

ljZZZZ

L

Lent +=

+

+=

+

+=

π

π

β

β

División de corriente

l=2.6λ

IL I0

100 Ω

x

ZL 0.5∠0° A V0 Z0=50 Ω VL

I0

100 Ω V0 Zent 0.5∠0° A

ljZZ

ljZZZZ

L

Lent

β

β

tan

tan

0

00

+

+=

I1

0.5∠0° A 100 Ω 25 Ω

2.6λ

Z0=50 Ω

Sin pérdidas, v = 2c/3


°−∠=−=°∠×++

= 2.10368.0065.0362.005.0069.24744.33100

1000 j

jI A

°∠=+=°∠×++

+= 30.251525.00652.01379.005.0

069.24744.33100

069.24744.331 j

j

jI A

°∠=+×°−∠=×= 30.2525.15)069.24744.33(2.103679.000 jZIV ent V

Potencia consumida en la R = 100 Ω, 163.1100)1525.0(2

1 21 =××=P W

Potencia consumida en la Zent, 284.2744.33)368.0(2

1 22 =××=P W

Potencia entregada por la fuente ( ) 447.3Re2

10 =×= ∗

SIVP W

Como la línea es sin pérdidas, la potencia consumida por la Zent es la misma potencia consumida por R = 25 Ω, lo cual se puede comprobar si calculamos VL e IL. Usando (19) y (20) de folleto para línea sin pérdidas: βγ j=

)sin()cos()( 000 xIjZxVxVS ββ −= (19)

)cosh()sinh()( 0

0

0 xIxZ

VxIS γγ +−= (20)

En la carga x = l.

)sin()cos( 000 lIjZlVVL ββ −=

°∠=°−∠−°∠= 8.149687.10)2.5sin()2.10368.0(50)2.5cos()30.2525.15( ππ jVL

)cos()sin( 0

0

0 lIlZ

VjIL ββ +−=

°∠=°−∠+°∠

−= 8.1494275.0)2.5cos()2.10368.0()2.5sin(50

)30.2525.15(ππjIL

Potencia entregada a la carga:

( ) ( ) 284.28.1494275.08.149687.10Re2

1Re

2

1=°−∠×°∠=×= ∗

LLL IVP W


Ejemplo 10. Si ZL = 40 + j10 Ω, Z0 = 50 Ω, f = 750 MHz, y u = c. Encuentre la distancia d1 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.

SOLUCIÓN:

2.08.050

1040j

jzL +=

+= 2941.01765.1

2.08.0

11j

jzy

L

L −=+

==

fc λ= 4.010750

1036

8

=×

×==

f

cλ m = 40 cm

djYY

djYYYY

L

Lent β

β

tan

tan

0

00

+

+= O bien normalizando y haciendo dA βtan=

Ajy

jAyy

L

Lent

+

+=

1

En B: Bent jby += 1 11

Re =

+

+

Ajy

jAy

L

L

Soluciones: A1 = -2.2649 y A2 = 0.2649

Con A1= -2.2649 3162.01)2649.2)(2941.01765.1(1

)2649.2()2941.01765.1(j

jj

jjyent +=

−−+

−+−=

d

d1

A B

40+j10 Ω

Corto

C

D

E


[ ] 65.12)2649.2(tan2

40 1 =+−= − ππ

d cm

Para el trozo de línea en corto

)tan( 10 djZZent β= )tan( 1djzent β= 3162.0)tan(

11

1

jdjz

yent

ent −===β

3162.0

1)tan( 1 =dβ 05.8

3162.0

1tan

2

40 11 =

= −

πd cm

Con A2= 0.2649 3162.01)2649.0)(2941.01765.1(1

)2649.0()2941.01765.1(j

jj

jjyent −=

−+

+−=

[ ] 64.1)2649.0(tan2

40 1 == −

πd cm

Para el trozo de línea en corto

3162.0)tan(

11

1

jdjz

yent

ent ===β

3162.0

1)tan( 1

−=dβ 95.11

3162.0

1tan

2

40 11 =

+

−= − π

πd cm

Los valores correspondientes son Sugerencia 1: Repetir usando Diagrama de Smith Sugerencia 2: Repita para trozo de línea en derivación en circuito abierto.

65.12=d cm, 05.81 =d cm

64.1=d cm, 95.111 =d cm

65.12=d cm, 05.81 =d cm

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