Problemas

6.9 Determine la frecuencia a la cual la intensidad de un campo eléctrico con
dependencia armónica con el tiempo causa una densidad de corriente de
conducción y una densidad de corriente de desplazamiento de igual magnitud en:
a) El agua de mar con ε r = 72 y σ = 4 [S m] .
b) La tierra húmeda con ε r = 2.5 y σ = 10 −3 [S m] .
Desarrollo:
La densidad de corriente de conducción está dada por la siguiente ecuación:
J = σE
Mientras que la densidad de corriente de desplazamiento en magnitud está dada por:
ωεE
Por enunciado, ambas densidad deben ser iguales, por lo que igualando tenemos lo
siguiente:
σE = ωεE
Simplificando:
σ = ωε
Despejamos ω
ω=
σ
ε
Sabemos que:
ω = 2πf
Reemplazamos y despejamos f :
f =
σ
2πε
Además, debemos considerar que:
ε = ε rε 0
y
ε0 =
Por lo que tenemos:
f =
10 −9
36π
σ
2πε r ε 0
Por lo tanto, reemplazando los datos de los incisos (a ) y (b) obtenemos la frecuencia
pedida.
a)
f =
4
10 −9
2π ⋅ 72 ⋅
36π
⇒ f = 1[GHz ]
b)
f =
10 −3
10 −9
2π ⋅ 2.5 ⋅
36π
⇒ f = 7.2[MHz ]
6.9 Una lámina infinita con corriente J = a x 5 [ A m] , coincidente con el plano xy ,
separa el aire (región 1, z > 0 ) de un medio con µ r 2 = 2 (región 2, z < 0 ). Si
H 1 = a x 30 + a y 40 + a z 20 [A m] , calcule:
a)
b)
c)
d)
H2
B2
El ángulo α 1 que forma B1 con el eje z.
El ángulo α 2 que forma B2 con el eje z.
Desarrollo:
Al ser dos medios sin pérdidas, ya que la conductividad se asume cero para ambos
medios, se pueden aplicar las condiciones de fronteras entre dos medios sin pérdidas.
Por lo que:
a) H 1t = H 2t , como se puede observar, la componente tangencial está en el sentido
a x , ya que éste es la única posibilidad de ser tangente a la dirección en que fluctúa la
corriente.
Por lo tanto:
H 2t = a x 30[ A m]
Por otra parte, a z es la componente normal de H , ya que z es normal al plano xy .
Por consiguiente:
µ1 H 1n = µ 2 H 2 n
con
µ 2 = 2 µ 0 , µ1 = µ 0 y H 1n = 20[A m] .
Reemplazando:
µ 0 20a z = 2µ 0 H 2 n
Simplificando, tenemos:
H 2 n = a z 10[A m]
Para determinar la otra componente, utilizaremos la siguiente ecuación:
a n 2 × ( H 1 − H 2 ) = J s (1)
donde
H 1 = a x 30 + a y 40 + a z 20 [A m]
y
H 2 = a x 30 + H 2 y + a z 10 [A m]
entonces
H 1 − H 2 = a y 40 − H 2 y
Ahora, realizaremos el producto cruz de la ecuación (1) :
ax
ay
az
0
0
1 = ax 5
0
40 − H 2 y
10
⇒ − (40 − H 2 y )a x = a x 5
Simplificando:
⇒ H 2 y = 45 en dirección a y .
Por lo tanto:
H 2 y = a y 45
Entonces:
H 2 = a x 30 + a y 45 + a z 10 [ A m]
b) Para determinar B2 , nuevamente utilizamos las condiciones de fronteras entre dos
medios sin pérdidas:
B1n = B2 n → µ1 H 1n = µ 2 H 2 n
Entonces, tenemos lo siguiente:
B2 = µ1 H 1 = µ 2 H 2
Como podemos ver, podemos determinar B2 de dos formas, en este caso lo haremos de
la siguiente manera:
B2 = µ 2 H 2
Sabemos que µ 2 = 2 µ 0 , por lo que reemplazando:
B2 = 2 µ 0 H 2
c) Primero, se determina B1 y se realiza de igual manera como se determinó B2 .
Por lo tanto:
B1 = µ 0 H 1
Reemplazando H 1 :
B1 = µ 0 (a x 30 + a y 40 + a z 20 )
Ahora, se mostrará un diagrama es donde se puede apreciar claramente el vector B1 :
Se muestran los ángulos α1 y β1 , que corresponden al ángulo que forma B1 con el eje
z y el que forma con el plano xy , respectivamente.
Entonces, geométricamente tenemos que:
α 1 + β1 = 90º (2)
Determinaremos el ángulo β1 , a través del triángulo rectángulo OPQ :
- Podemos determinar el trazo OP mediante el Teorema de Pitágoras:
OP = µ 0
(30)2 + (40)2
⇒ OP = µ 0 50
- Conocemos la altura de este triángulo rectángulo que es el trazo PQ :
PQ = µ 0 20
- Ahora, determinamos, mediante Pitágoras, el trazo OQ :
OQ = µ 0
(20)2 + (50)2
⇒ OQ = µ 0 53.85
- Sabemos que:
cos β1 =
50
53.85
Aplicamos arccos y obtenemos:
⇒ β1 = 21.79º
Reemplazamos este valor en (2) :
α 1 + 21.79º = 90
Despejamos:
⇒ α 1 = 68.2º
d) Este punto no se desarrollará, ya que se hace de igual manera que el punto anterior.
7.5 El campo E de una onda plana que se propaga en un medio dieléctrico está
dado por
E ( z , t ) = a x 2 cos(10 8 t − z
a)
b)
c)
d)
(
3 ) − a y sen 10 8 t − z
3
) [V m]
Determine la frecuencia y la longitud de onda de la onda.
¿Cuál es la constante dieléctrica del medio?
Describa la polarización de la onda.
Encuentre el campo H correspondiente.
Desarrollo:
a) El vector de campo eléctrico tiene la siguiente forma:
Eo = Eo cos(ωt − kz )
[V m] (1)
Por lo que podemos desprender del dato dado por el enunciado que, la velocidad
angular (ω ) es 108 y el número de onda (k ) es 1 3 .
Para determinar la frecuencia de la onda, sabemos que ω = 2πf , despejando, tenemos:
f =
ω
2π
f =
108
2π
Reemplazando, queda:
⇒ f = 1.59 ⋅10 7 [Hz ]
Además, conocemos el número de onda y la siguiente relación, k =
longitud de onda y obtenemos:
λ=
2π
k
Reemplazando, tenemos:
λ=
2π
1 3
⇒ λ = 10.88[m]
2π
λ
, despejamos la
b) Sabemos que:
ω
k
=
1
µ 0ε 0ε r
En donde conocemos la velocidad angular y el número de onda, también conocemos los
1
, respectivamente.
valores de µ 0 y ε 0 , que son 4π ⋅10 −7 y
36π ⋅10 −9
Despejamos la ecuación anterior y obtenemos la constante dieléctrica del medio:
εr =
k2
ω µ 0ε 0
2
⇒ εr =
13
36π
⋅ −9
−7
10 ⋅ 4π ⋅ 10 10
16
⇒ εr = 3
c) En el fasor de campo eléctrico podemos apreciar claramente que las amplitudes y
fases son distintas, por lo tanto la polarización de la onda es elíptica.
d) El campo H se relaciona con el campo E a través de la impedancia intrínseca, de la
siguiente manera:
H=
1
η
E
donde
η=
µ0
µ
⇒η =
ε
ε 0ε r
Reemplazando:
η=
4π ⋅10 −7
120π
⇒η =
−9
10
3
⋅3
36π
Debemos recordar, que la dirección de propagación está dada por la relación E ⊗ H ,
por lo tanto, la expresión de campo H debe cumplir lo dicho anteriormente.
Por lo tanto, el campo H tiene la siguiente forma:
H ( z, t ) =
[
120π
a x sen(10 8 t − z
3
(
3 ) + a y 2 cos 108 t − z
3
)] [A m]
7.7 Una onda plana uniforme de 3 [GHz ] , polarizada en y , se propaga en la dirección
+ x en un medio no magnético con constante dieléctrica de 2.5 y tangente de pérdidas
de 0.05.
a) Determine la distancia a la cual se reducirá a la mitad la amplitud de la onda
viajera.
b) Determine la impedancia intrínseca, la longitud de onda, la velocidad de fase y la
velocidad de grupo de la onda en el medio.
c) Suponiendo E = a y 50 sen(6π 10 9 t + π 3) [V m] en x = 0 , escriba la expresión de H
instantáneo para todo t y x .
Desarrollo:
Datos del problema:
f = 3[GHz ]
ε r = 2.5
tan (δ ) = 0.05
a) Tenemos que, tan(δ ) =
También se sabe que,
σ
, y este valor es menor que 1, entonces es un dieléctrico.
ωε
σ ε ''
= , donde ε ' ' es la parte imaginaria de la permitividad y ε
ωε ε
corresponde a la parte real.
Despejando ε ' ' y reemplazando, tenemos que:
ε ''=
σ
σ
10 −9
⋅ε ⇒ ε ''=
⋅ ε r ε o ⇒ ε ' ' = 0.05 ⋅ 2.5 ⋅
36π
ωε
ωε
⇒ ε ' ' = 1.105 ⋅10 −12
Al ser un dieléctrico, la constante de atenuación, α , está dada por:
α=
ωε ' ' µ
2
ε
Reemplazando:
2π ⋅ 3 ⋅10 9 ⋅1.105 ⋅10 −12
4π ⋅10 −7
α=
2
10 −9 36π ⋅ 2.5
⇒ α = 2.481[neper m]
Ahora, con E x = E0 e −αz , así E x disminuye a medida que avanza en dirección z .
Por lo tanto:
Ex =
E0
2
donde E0 es la amplitud original.
Entonces,
E0
1
= E0 e −αz ⇒ = e −2.481⋅z
2
2
Aplicamos logaritmo natural y obtenemos lo siguiente:
− 0.693 = −2.481 ⋅ z
Ahora, despejamos y obtenemos la distancia a la cual se reducirá a la mitad la amplitud de
la onda viajera:
z = 0.279[m]
b)
•
La impedancia intrínseca de un dieléctrico está determinada por la siguiente expresión:
η=
µ⎛
ε '' ⎞
⎜1 + j ⎟
ε⎝
2ε ⎠
Reemplazamos:
η = 120π
1
1 ⎛
1.1058 ⋅10 −12 ⎞
⎟⎟ ⇒ η = 120π
⎜⎜1 + j
(1 + j 0.025)
−9
2 .5 ⎝
2.5
2 ⋅10 36π ⋅ 2.5 ⎠
⇒ η = 238.31(1 + j 0.025) ⇒ η = 238.31 + j 5.958
∴ η = 238.38∠1.43º
•
Para determinar la longitud de onda, debemos determinar primero la constante de fase.
Sabemos que la constante de fase está dada por la siguiente expresión:
⎡ 1 ⎛ ε '' ⎞2 ⎤
β = ω µε ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥
⎢⎣ 8 ⎝ ε ⎠ ⎥⎦
Reemplazamos:
β = 2π ⋅ 3 ⋅10
9
10 −9
⎡ 1
2⎤
⋅ 2.5 ⎢1 + (0.05) ⎥
4π ⋅10
36π
⎣ 8
⎦
−7
⇒ β = 6π ⋅10 −9 ⋅ 5.27 ⋅10 −9 ⋅1.0003125
⎡ rad ⎤
⇒ β = 99.33⎢
⎣ m ⎥⎦
Ahora, sabemos que:
β =k =
2π
λ
Despejando, tenemos:
λ=
2π
β
Reemplazando:
λ=
2π
99.33
∴ λ = 6.32 ⋅10 −2 [m]
•
La velocidad de fase está dada por:
up =
ω
β
Reemplazando:
up =
2π ⋅ 3 ⋅10 9
99.33
⎡m⎤
∴ u p = 1.897 ⋅108 ⎢ ⎥
⎣s⎦
c) La expresión de H está dada por la siguiente expresión, recordando que la dirección de
propagación está dada por la relación de E ⊗ H , por lo tanto el campo H está polarizado en
dirección z:
H ( x, t ) = a z
E
η
e −αx sen(ωt − βx + π 3) [ A m]
donde los valores son conocidos.
Reemplazando:
H ( x, t ) = a z
50
e − 2.481x sen(2π ⋅ 3 ⋅ 10 9 t − 6.32 ⋅10 − 2 x + π 3) [ A m]
238.38∠1.43º
Ahora, debemos introducir el ángulo de la impedancia intrínseca en la expresión, por lo
tanto se transforma 1.43º en radianes y se le restan al desfase de la expresión, quedando de
esta forma.
H ( x, t ) = a z
50
e −2.481x sen(2π ⋅ 3 ⋅10 9 t − 6.32 ⋅10 −2 x + 0.325π ) [A m]
238.38
7.9 Si la profundidad de penetración del grafito a 100 [MHz ] es 0.16 [mm] ,
determine:
a) La conductividad del grafito
b) La distancia que se propaga una onda de 4 [GHz ] en el grafito antes de que su
intensidad de campo se reduzca en 30 [dB ] .
Desarrollo:
a) Sabemos que la profundidad de penetración es igual a
1
α
y esto es igual a
1
,
πfµσ
es decir:
1
α
=
1
πfµσ
donde σ es la conductividad, en este caso del grafito.
Si reemplazamos la profundidad de penetración, queda:
0.16 ⋅10 −3 =
1
πfµσ
Ahora, despejamos la conductividad:
σ=
1
(0.16 ⋅10 ) πfµ
−3 2
Como dato del problema, tenemos que la frecuencia, f , es 100 [MHz ] y conocemos el
valor de µ que es 4π ⋅10 −7 .
Por lo tanto, si reemplazamos estos valores en la expresión anterior, tenemos la
conductividad del grafito:
⎡S ⎤
⇒ σ = 99046.87 ⎢ ⎥
⎣m⎦
b) Veamos ahora la constante α con la nueva frecuencia ( 4 [GHz ] ), recordando que la
constante de atenuación de la frecuencia, no así la conductividad, ya que es “algo”
propio de cada material.
Sabemos que:
α = πfµσ
Reemplazamos:
α = π ⋅ 4 ⋅10 9 ⋅ 4 ⋅ π ⋅10 −7 ⋅ 99046.87
⎡ Np ⎤
⇒ α = 39519.117 ⎢ ⎥
⎣m⎦
Para saber como ha disminuido la amplitud del campo en el punto x de una onda que
viaja en un medio con pérdidas, recordamos que debemos utilizar la siguiente
expresión:
E x = E 0 e −α x
donde:
E x : Valor de E en el punto x
E0 : Valor original de campo E
Ahora, 30[dB ] por debajo equivale a 1000 veces .
Por lo que:
Ex =
E0
1000
Por lo tanto:
E0
= E0 e −αx ⇒ E0 ⋅10 −3 = E0 e −αx
1000
Simplificando y aplicando logaritmo natural, la expresión anterior nos queda de la
siguiente manera:
− 6.907 = −αx
Reemplazando y despejando, tenemos:
x = 0.175 ⋅10 −3 [m]
7.11 Demuestre que el vector de Poynting instantáneo de una onda plana con
polarización circular que se propaga en un medio sin pérdidas es una constante
independiente del tiempo y de la distancia.
Desarrollo:
Como sabemos, una onda plana con polarización circular tiene la siguiente forma:
E = a x E0 cos(ωt − kz ) + a y E0 sen(ωt − kz )
(1)
ya que tenemos igual amplitud y están en fase.
Recordemos ahora, que en un medio sin pérdidas tenemos:
H=
E
η
Además, el vector de Poynting está dado por:
P= E⊗H
o también,
P=E⊗
E
η
Reemplazando (1) en la última ecuación y desarrollando el producto cruz como se
detalla en el apéndice C del libro guía, obtenemos lo siguientes:
P = az
E02
η
⇒ P = az
cos 2 (ωt − kz ) + a z
E02
η
E02
η
sen 2 (ωt − kz )
[cos (ωt − kz) + sen (ωt − kz)]
2
∴ P = az
2
E02
η
Por lo que se demuestra que en este caso particular el vector de Poynting es una
constante independiente del tiempo y la distancia.
7.15 Una onda plana uniforme se propaga en la dirección + z (hacia abajo) hacia
el océano (ε r = 72, µ r = 1, σ = 4 S m ). El campo magnético en la superficie del
océano ( z = 0) es H (0, t ) = a y 0.3 cos 10 8 t [ A m].
a) Determine la profundidad de penetración y la impedancia intrínseca del agua
del océano.
b) Determine la expresiones de E ( z , t ) y H ( z , t ) en el océano.
Desarrollo:
a) Como parte del enunciado tenemos conocimiento de la frecuencia angular, que es
⎡ rad ⎤
ω = 108 ⎢
, por lo que podemos determinar la frecuencia:
⎣ s ⎥⎦
f =
108
[Hz ]
2π
Además, sabemos que:
δ=
1
α
donde δ : profundidad de penetración
También tenemos que:
α = πfµσ
Reemplazando, queda de la siguiente manera:
α= π
108
⎡ Np ⎤
4π ⋅10 −7 ⋅ 4 ⇒ α = 15.85⎢ ⎥
2π
⎣m⎦
Por lo tanto, la profundidad de penetración es:
δ = 6.31 ⋅10 −2 [m]
Para determinar la impedancia intrínseca, utilizaremos la siguiente fórmula:
η = (1 + j )
α
σ
Reemplazando:
η = 3.96 + j 3.96[Ω]
b) Sabemos que H (0, t ) = a y 0.3 cos 108 t [A m] con z = 0 y también que se propaga en
dirección + z .
Por lo tanto, la expresión para H ( z , t ) en el aire, queda de la siguiente manera:
H ( z, t ) = a y 0.3 cos(ωt − βz ) [A m]
El agua de mar es un buen conductor, por lo tanto β = α .
Entonces, en el océano, tenemos que:
H ( z, t ) = a y 0.3e −15.85 z cos(ωt − 15.85 z ) [A m]
ya que a medida que avance en + z su amplitud decaerá.
Ahora, con H =
E
η
, tenemos:
E ( z, t ) = a x 0.3(3.96 + j 3.96)e −15.85 z cos(ωt − 15.85 z ) [V m]
Recordando que es a x , para que se cumpla con que P = E ⊗ H apunte en dirección
+z.
E ( z, t ) = a x 0.3 ⋅ 5.6∠45º⋅e −15.85 z cos(ωt − 15.85 z ) [V m]
E ( z, t ) = a x 1.68e −15.85 z cos(ωt − 15.85 z + π 4) [V m]
7.17 Una onda plana con polarización circular de mano derecha, representada
por el fasor E ( Z ) = E 0 (a x − ja y )e − jβz incide normalmente sobre una pared
conductora perfecta en z = 0.
a) Determine la polarización de la onda reflejada.
b) Calcule la corriente inducida sobre la pared conductora.
Desarrollo:
Frente a ondas incidentes es fundamental saber que existen las siguientes razones:
•
Coeficiente de Reflexión = Γ =
η 2 − η1
η 2 + η1
(incidencia normal)
Esto debido a que habrá una onda reflejada al medio 1.
2η 2
(incidencia normal)
η 2 + η1
Ya que puede existir una onda transmitida en el medio 2.
•
Coeficiente de Transmisión = τ =
•
1+ Γ = τ
(incidencia normal)
En este caso, al ser una incidencia normal, podemos ocupar las razones recientemente
descritas. Además, por enunciado tenemos que el medio 2 es un conductor perfecto, por
lo que:
η2 = 0
(impedancia intrínseca de un conductor perfecto)
Entonces:
Γ = −1
τ =0
Por lo tanto, no hay transmisión, por lo que toda la onda se refleja, pero con la fase
invertida (causa del signo -).
Onda incidente
E ( z ) = E0 (a x − ja y )e − jβz
⇒ E ( z ) = E0 a x e − jβz − E0 ja y e − jβz
(dirección + z )
Onda reflejada
E ( z ) = − E0 a x e jβz + E0 ja y e jβz
(la misma, pero en contrafase
y dirección − z )
Onda transmitida
E ( z) = 0
7.19 Una onda plana uniforme en el aire con Ei ( z ) = a x 10e − j 6 z [V m] incide
normalmente sobre una superficie de separación en z = 0 con un medio con
pérdidas que tiene constante dieléctrica de 2.25 y tangente de pérdidas de 0.3.
Encuentre lo siguiente:
a) Las expresiones fasoriales de E r ( z ), H r ( z ), E t ( z ) y H t ( z ).
b) La razón de onda estacionaria para la onda en el aire.
Desarrollo:
Datos del problema:
Ei ( z ) = a x 10e − j 6 z [V m]
Incidencia normal
ε r = 2.25
tan (δ ) = 0.3
(dir. + z )
a) Medio 2
Tenemos que:
tan (δ ) = 0.3 =
ε''
ε
ε c = ε − jε ' '
(1)
con
Al ser un medio con pérdidas, ε c , tiene un valor complejo.
Obtenemos ε ' ' :
ε ' ' = 0.3 ⋅ ε ⇒ ε ' ' = 0.3 ⋅ 2.25 ⋅
10 −9
36π
⇒ ε ' ' = 5.97 ⋅10 −12
Reemplazamos este valor en (1) :
ε c = 2.25 ⋅
10 −9
− j 5.97 ⋅10 −12
36π
⇒ ε c = 2 ⋅10 −11 − j 5.97 ⋅10 −12
Como es un medio con pérdidas, debemos saber si es un buen conductor o un buen
dieléctrico, y esto se determina con la tangente de pérdidas, en este caso NO es >> 1 ni
<< 1 , por lo tanto, no se pueden ocupar las aproximaciones para ambos casos;
ocuparemos las fórmulas general para determinar η y γ .
Primero determinaremos la impedancia intrínseca del medio 2:
η2 =
µ
εc
Reemplazando:
η2 =
4π ⋅10 −7
⎛ 10 −9
⎞
⎜⎜
⋅ 2.25 − j 5.97 ⋅10 −12 ⎟⎟
⎝ 36π
⎠
⇒ η 2 = 242 + j 36 [Ω]
Ahora, para determinar la constante de propagación γ , utilizaremos la siguiente
ecuación:
ε '' ⎞
⎛
γ = jω µε ⎜1 − j ⎟
ε ⎠
⎝
1
2
( 2)
donde todas las incógnitas son conocidas menos la velocidad angular ω , que la
determinaremos a continuación.
Sabemos que β = 6 en el aire, por lo que:
β=
2π
λ
(esta fórmula solo es válida para el aire o vacío)
Reemplazando:
⇒λ=
π
3
Sabemos que:
f =
y
c
λ
(velocidad de la luz, ya que el medio 1 es el aire)
ω = 2πf
Reemplazando:
ω = 18 ⋅10 8 [rad sg ]
La frecuencia es independiente del medio, lo que cambia es la longitud de onda y la
velocidad de propagación.
Ahora, reemplazamos el valor de la frecuencia angular recién obtenido en la ecuación
( 2) :
γ = 1.335 + j 9.1
⇒ α = 1.335 [Np m]
β = 9.1 [rad m]
Medio1
Podemos obtener de los datos del enunciado que:
α =0
β =6
y
η1 = 377 [Ω]
(es la impedancia característica del aire,
ya que el medio de propagación es el aire)
Por lo tanto, tenemos que para ondas incidentes es fundamental conocer los siguientes
parámetros:
•
Coeficiente de Reflexión = Γ =
η 2 − η1
η 2 + η1
ya que
E r = Ei ⋅ Γ
•
Coeficiente de Transmisión = τ =
ya que
•
1+ Γ = τ
2η 2
η 2 + η1
ET = Ei ⋅τ
Sacamos el Coeficiente de Reflexión y Transmisión:
Γ=
242 + j 36 − 377
⇒ Γ = 0.2∠162º ⇒ Γ = 0.2e j162 º
242 + j 36 + 377
τ=
2(242 + j 36 )
⇒ τ = 0.8∠5º ⇒ τ = 0.8e j 5 º
242 + j 36 + 377
Con estos datos, podemos obtener las expresiones de campo pedidas:
Er = a x 2e j ( 6 z +162 º)
Et = a x 8e −1.335 z e − j ( 9.1z −5º)
A través de la relación entre E y H , antes estudiada, es simple llegar a H r y H t .
Hr =
Ht =
Er
η2
Er
η1
= −a y 5.3 ⋅ 10 −3 e j ( 6 z +162 º)
= a y 32 ⋅ 10 −3 e −1.335 z e − j (9.1z +3.4 º)
b) La razón de onda estacionaria, SWR , la determinamos a través de la siguiente
fórmula:
S=
1+ Γ
1− Γ
siendo Γ la magnitud de Γ .
Por lo tanto:
S=
1 + 0 .2
1 − 0 .2
⇒ S = 1 .5
7.21
Una onda plana uniforme con polarización perpendicular incide
oblicuamente sobre una frontera plana con ε 1 = ε 0 , ε 2 = 2.25ε 0 , µ1 = µ 2 = µ 0 ,
como se ilustra en la Figura 7-14. Suponga E 0 = 20 [V m], f = 100 [MHz ] y θ i = 30º.
a) Calcule los coeficientes de reflexión y transmisión.
Desarrollo:
Datos del problema:
ε1 = ε 0
ε 2 = 2.25ε 0
E0 = 20 [V m]
f = 100 ⋅10 6 [MHz ]
θ i = 30º
Debemos recordar que la onda incidente es polarización perpendicular, por lo que se
debe ocupar las herramientas para este caso. Además, el ángulo de incidencia es con
respecto a la normal del plano de incidencia.
Por lo tanto, utilizaremos:
η 2 cosθ i − η1 cosθ t
η 2 cosθ i + η1 cosθ t
(1)
2η 2 cosθ i
η 2 cosθ i + η1 cosθ t
( 2)
Γ=
y
τ=
El problema es que no conocemos el valor de θ t , pero sabemos que:
θi = θr
y
senθ t η 2
=
senθ i η1
(3)
Con η1 =
µ1
µ2
y η2 =
, reemplazamos:
ε2
ε1
4π ⋅10 −7
η1 =
⇒ η1 = 377 [Ω]
10 −9
36π
4π ⋅ 10 −7
⇒ η 2 = 251.2 [Ω]
10 −9
2.25
36π
η2 =
Despejamos senθ t de la ecuación (3) y reemplazamos:
senθ t =
sen30º⋅251.2
377
senθ t = 0.3331
Aplicamos arcsen y obtenemos:
⇒ θ t = 19.46º
Ahora, conocemos todas las incógnitas de las ecuaciones (1) y (2) , por lo tanto, sólo
reemplazamos:
Γ=
251.2 ⋅ cos 30º −377 ⋅ cos19.46º
251.2 ⋅ cos 30º +377 ⋅ cos19.46º
⇒ Γ = −0.241
τ=
2 ⋅ cos 30º⋅251.2
251.2 ⋅ cos 30º +377 ⋅ cos19.46º
⇒ τ = 0.759
8.5 En una línea de transmisión con pérdidas a 100 [MHz] se midieron las
siguientes características:
Z0 = 50 + j0
α = 0.01[dB / m]
β = 0.8π [rad / m]
Determine R, L, G y C para la línea.
Desarrollo:
Sabemos que:
γ = α + jβ
(1)
Para una Línea de transmisión con pérdidas, tenemos:
γ =
C
( R + jω L )
L
(2)
y
Z 0 = R0 + jX 0 =
L
C
R G
=
L C
(4)
Además, tenemos la siguiente relación:
(3)
⎡ dB ⎤
⎡ Neper ⎤
Como dato α está en ⎢ ⎥ , pero para poder ser ocupado debe estar en ⎢
⎥ , por
⎣m⎦
⎣ m ⎦
lo tanto debemos hacer esa transformación.
⎡ dB ⎤
⎡ Neper ⎤
8.69 ⎢ ⎥ 1⎢
⎥
⎣m⎦= ⎣ m ⎦
⎡ dB ⎤
⎡ Neper ⎤
0.01⎢ ⎥ X ⎢
⎥
⎣m⎦
⎣ m ⎦
⎡ Neper ⎤
Por lo tanto, X = 1.151 ⋅ 10− 3 ⎢
⎥.
⎣ m ⎦
De (1) y (2 ) , α = R
C
y β = ω CL
L
Despejamos
R
de
α quedando la siguiente expresión:
R=
α
C
. Ahora,
L
reemplazando R con los valores obtenidos anteriormente:
R=
1.151 ⋅ 10 −3
0.02
⎡Ω ⎤
⇒ R = 0.058⎢ ⎥
⎣m⎦
Reemplazando Z 0 = 50 en (3) tenemos que:
C
= 0.02 ⇒ L = 2500C
L
⎡ rad ⎤
Ahora, reemplazamos L en la ecuación de β e igualamos a 0.8π ⎢
, lo que nos
⎣ m ⎥⎦
queda de la siguiente forma: β = ω 2500 ⋅ C 2 = 0.8π . Sabemos que ω = 2 ⋅ π ⋅ f ,
donde f = 100[MHz ] , por lo que la relación anterior queda: 2πf 2500 ⋅ C 2 = 0.8π
⎡ pF ⎤
⇒ C = 80⎢
⎥
⎣ m ⎦
⎡ µH ⎤
⇒ L = 0 .2 ⎢
⎥
⎣ m ⎦
Reemplazando R, C y L en (4) , G =
⎡ µS ⎤
⇒ G = 23.2 ⎢ ⎥
⎣m⎦
0.058 ⋅ 80 ⋅ 10 −12
0.2 ⋅ 10 − 6
8.9
Un generador con voltaje en circuito abierto vg (t ) = 10 ⋅ sen(8000π ⋅ t ) [V ] e
impedancia interna Z g = 40 + j 30 [Ω] se conecta a una línea sin distorsión de
⎡Ω⎤
50[Ω ]. La línea tiene una resistencia de 0.5⎢ ⎥ y su medio dieléctrico con
⎣m⎦
pérdidas tiene una tangente de pérdidas de 0.18% . La línea tiene 50[m] de
longitud y termina en una carga adaptada. Determine:
a) Las expresiones instantáneas de voltaje y la corriente en un lugar arbitrario de
la línea.
b) Las expresiones instantáneas del voltaje y la corriente en la carga.
c) La potencia media transmitida a la carga.
Desarrollo:
Datos del problema:
vg (t ) = 10 ⋅ sen(8000π ⋅ t ) = 10 ⋅ cos(8000π ⋅ t − π / 2) = 10∠ − 90º
⇒ f = 4000[Hz ]
Z g = 40 + j 30
Sin distorsión
Z 0 = 50[Ω]
[ m]
R = 0 .5 Ω
tan (δ ) = 0.18%
l = 50[m]
Z0 = Zi
Se tiene:
Vi =
Zi
Vg
Zi + Z g
(1)
y
Ii =
Vg
Zi + Z g
( 2)
Reemplazando los datos en (1) y (2) :
Vi =
50
⋅ 10∠ − 90º ⇒ Vi = 5.27∠ − 108.43º
90 + j 30
Ii =
10∠ − 90º
⇒ I i = 0.105∠ − 108.43º
90 + j 30
Sabemos que:
V ( z ) = Vi ⋅ e − (α + jβ ) z = Vi ⋅ e −α ⋅ z cos(8000π ⋅ t − βz ) (3)
I ( z) =
Vi − (α + jβ ) z Vi −α ⋅ z
⋅e
= ⋅ e cos(8000π ⋅ t − βz ) (4)
Zi
Zi
Conocemos lo siguiente:
Z0 =
L
C
α=R
C
L
y
Por lo tanto:
α=
0 .5
R
⎡ neper ⎤
⇒α =
= 0.01⎢
⎥
50
Zo
⎣ m ⎦
También sabemos que:
tan(δ ) =
σ
σ
σ
= 0.0018 ⇒ = 0.0018 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 4000 ⇒ = 45.216
ωε
ε
ε
y
0.5
R
σ G R
⎡H ⎤
⇒L=
⇒L=
⇒ L = 1.106 ⋅ 10 − 2 ⎢ ⎥
= =
G
45.216
ε C L
⎣m⎦
C
Con
Z0 =
L
C
Tenemos:
C=
1.106 ⋅ 10 −2
L
⎡F ⎤
⇒
=
⇒ C = 4.42 ⋅ 10 − 6 ⎢ ⎥
C
2
2500
Z0
⎣m⎦
Con los valores de L y C obtenemos β :
⎡ rad ⎤
⎣ m ⎥⎦
β = ω LC ⇒ β = 2 ⋅ π ⋅ 4000 1.106 ⋅ 10− 2 ⋅ 4.42 ⋅ 10− 6 ⇒ β = 5.55⎢
a) Reemplazando Vi , Z i , α y β en (3) y (4) obtenemos las expresiones instantáneas
de voltaje y corriente en un lugar arbitrario de la línea:
V ( z , t ) = 5.27 ⋅ e −0.01⋅ z cos(8000π ⋅ t − 5.55 z − 108.43º )
⇒ V ( z , t ) = 5.27 ⋅ e −0.01⋅ z cos(8000π ⋅ t − 5.55 z − 1.89 ) [V ]
I (z , t ) = 0.105 ⋅ e −0.01⋅ z cos(8000π ⋅ t − 5.55 z − 108.43º )
⇒ I (z , t ) = 0.105 ⋅ e −0.01⋅ z cos(8000π ⋅ t − 5.55 z − 1.89)
[A]
b) Si la línea tiene un largo l = 50[m] , entonces basta reemplazar z = 50[m] en las dos
expresiones anteriores, con lo que se obtiene:
V (50, t ) = 5.27 ⋅ e −0.5 cos(8000π ⋅ t − 277.5 − 1.89 )
⇒ V (50, t ) = 3.196 cos(8000π ⋅ t − 277.5 − 1.89) [V ]
I (50, t ) = 0.105 ⋅ e −0.5 cos(8000π ⋅ t − 277.5 − 1.89 )
⇒
I (50, t ) = 6.369 ⋅ 10−2 cos(8000π ⋅ t − 277.5 − 1.89)
[A]
c) Tenemos que:
P=
1
V ⋅ I*
2
En la carga tenemos que V = 3.196 e I = 6.369 ⋅ 10 −2 . Entonces la Potencia media
transmitida será:
1
P = 3.196 ⋅ 6.369 ⋅ 10− 2
2
⇒ P = 0.102
[W ]
8.11 Una línea de transmisión sin pérdidas de 2[m], espaciada por aire y con
impedancia característica de 50[Ω ], está terminada en una impedancia de
40 + j 30[Ω ] a una frecuencia de operación de 200[MHz ] . Calcule la impedancia de
entrada.
Desarrollo:
Datos del problema:
l = 2[m]
Aire
Z 0 = 50[Ω]
Z L = 40 + j 30
f = 200[MHz ]
Si es una línea de transmisión sin pérdidas, entonces α = 0 .
Tenemos la siguiente relación:
Zi = Z0
Z L + Z 0 ⋅ tanh( βl )
Z 0 + Z l ⋅ tanh( βl )
(1)
Ahora, calculamos el valor de β :
β =
ω
c
⇒β =
2 ⋅ π ⋅ 200 ⋅ 106
3 ⋅ 108
⎡ rad ⎤
⇒ β = 4.19⎢
⎥
⎣ m ⎦
Reemplazamos β en la ecuación (1) y obtenemos Z i :
Z i = 50
(40 +
j 30 ) + j 50 tan(4.19 ⋅ 2)
40 − j 56.6
= 50
50 + j (40 + j 30) tan(4.19 ⋅ 2)
101.17 − j 68.23
⇒ Z i = 26.56 − j10.06 [Ω]
8.13 Las mediciones realizadas en un cable coaxial sin pérdidas de 0.6[m] a
100[KHz ] indican una capacitancia de 54[ pF ] cuando el cable está en circuito
abierto y una inductancia de 0.3[µH ] cuando está en cortocircuito.
a) Determine Z 0 y la constante dieléctrica de su medio aislante.
b) Calcule X io y X is a 10[MHz ] .
Desarrollo:
Datos del problema:
Cable Coaxial sin pérdidas.
l = 0.6[m]
f = 100[KHz ]
Cl = 54[ pF ] en circuito abierto. (1)
Fl = 0.3[µH ] en cortocircuito. (2)
Podemos calcular tanto los valores de C y F despejando las ecuaciones (1) y (2) ,
quedando:
54 ⋅ 10−12 ⎡ F ⎤
⎡F ⎤
⇒ C = 90 ⋅ 10 −12 ⎢ ⎥
C=
⎢
⎥
0 .6 ⎣ m ⎦
⎣m⎦
L=
0.3 ⋅ 10−6
0 .6
⎡H ⎤
−6 ⎡ H ⎤
⎢ m ⎥ ⇒ L = 0.5 ⋅ 10 ⎢ m ⎥
⎣ ⎦
⎣ ⎦
Ahora, obtenemos el valor de β :
β = ω LC = 2π ⋅ 100 ⋅ 103 90 ⋅ 10 −12 ⋅ 0.5 ⋅ 10 −6
⎡ rad ⎤
⇒ β = 4.21 ⋅ 10−3 ⎢
⎥
⎣ m ⎦
a) Tenemos que la siguiente relación se cumple:
Z 0 = Z io Z is (3) ,
donde Z io es la impedancia de entrada de una línea sin pérdidas terminada en circuito
abierto y Z is es la impedancia de entrada de una línea sin pérdidas en cortocircuito.
En Circuito Abierto
1
Z is = − j
ωCl
En Cortocircuito
Z is = jωLl
Reemplazamos Z io y Z is en (3) , entonces:
Z0 = − j
1
⋅ jωLl
ωCl
simplificando, llegamos a la siguiente expresión:
L
C
Z0 =
ahora, reemplazamos los valores de C y L en la ecuación anterior, quedando lo
siguiente:
0.5 ⋅10 −6
Z0 =
90 ⋅10 −12
⇒ Z 0 = 74.5
[Ω]
Para una línea de transmisión coaxial, tenemos las siguientes expresiones:
C
=
2 πε
ln (b / a
y L=
)
µ ⎛b⎞
ln⎜ ⎟
2π ⎝ a ⎠
Sabemos que:
µ = 4π ⋅ 10 −7 , ε 0 =
10 −9
y ε = ε 0ε r .
36π
Si multiplicamos L y C , entonces podremos determinar el valor de ε del medio
aislante.
LC =
( )
µ b
2πε
⋅
⇒ LC = εµ
ln
a
ln (b / a ) 2π
Despejamos ε de la ecuación anterior:
ε=
LC
µ
( 4)
Reemplazamos ε = ε 0ε r en la ecuación (4) :
ε 0ε r =
LC
µ
Ahora, despejando y reemplazando en la ecuación anterior:
εr =
LC
µε
⇒ εr =
0.5 ⋅ 10 −6 ⋅ 90 ⋅ 10−12
−9
4π ⋅ 10 − 7 ⋅ 10
36π
⇒ ε r = 4.05
b) Tenemos que:
Z io = jX io = − j
1
ωCl
y
Z is = jX is = jωLl
Por lo que X io y X is están dadas por las siguientes expresiones:
X io = −
1
ωCl
X is = jωLl
(5)
(6)
⎡ rad ⎤
Para una frecuencia f = 10[MHz ] tenemos que ω = 2π ⋅ 107 ⎢
⎥.
⎣ s ⎦
Ahora, reemplazamos los valores de ω , l , C y L en las ecuaciones (5) y (6) :
X io = −
1
2π ⋅10 7 ⋅ 54 ⋅10 − 12
⇒ X io = −294.88[Ω]
y
X is = 2π ⋅ 107 ⋅ 0.3 ⋅ 10−6 ⇒ X is = 18.84[Ω]
8.15 Considere una línea de transmisión sin pérdidas.
a) Determine la resistencia característica de la línea necesaria para que tenga la
menor razón de onda estacionaria posible con una impedancia de carga
40 + j 30[Ω] .
b) Calcule esta razón de onda estacionaria mínima y el coeficiente de reflexión de
voltaje correspondiente.
Desarrollo:
Datos del problema:
Línea de transmisión sin pérdidas.
Z L = 40 + j 30[Ω]
a) Sabemos que la razón de onda estacionaria (S), está dada por:
S=
1+ Γ
1− Γ
(1)
A su vez, sabemos que:
Γ=
Z L − Z0
Z L + Z0
(2)
Si reemplazamos la ecuación (2) en (1) obtenemos lo siguiente:
1+
Z L − Z0
Z L + Z0
1−
Z L − Z0
Z L + Z0
S=
Ahora, si desarrollamos la expresión anterior podremos encontrar la resistencia
característica de la línea ( Z 0 ):
S=
Z L + Z0 + Z L − Z0
Z L + Z0 − Z L + Z0
⇒S=
⇒ Z 0 = 50 [Ω]
ZL
Z0
b) Con el valor de Z 0 calculado anteriormente podemos determinar la razón de onda
estacionaria mínima y el coeficiente de reflexión de voltaje de la siguiente manera:
-
Reemplazamos los valores de Z 0 y Z L en la ecuación (2) :
Γ=
40 + j 30 − 50 − 10 + j 30
=
40 + j 30 + 50
90 + j 30
1
⇒ Γ = ∠90º
3
-
Reemplazamos Γ en la ecuación (1) :
S=
1+ 1
1− 1
3
3
⇒ S=2
8.19 Un generador de voltaje senoidal con Vg = 0.1∠0º [V ] e impedancia interna
de 50[Ω] se conecta a una línea de transmisión sin pérdidas con impedancia
característica R0 = 50[Ω] . La línea mide λ
8
resistencia de carga RL = 25[Ω] . Encuentre:
de longitud y está terminada en una
a) Vi , I i , VL e I L
b) La razón de onda estacionaria en la línea.
c) La potencia media suministrada a la carga.
Compare los resultados del apartado c) con el caso en el que RL = 50[Ω]
Desarrollo:
Datos del problema:
Línea de transmisión sin pérdidas.
Vg = 0.1∠0º
Z g = 50[Ω]
R0 = 50[Ω]
l=λ
8
RL = 25[Ω]
a) Conocemos las siguientes relaciones:
V ( z' ) =
I ( z' ) =
[
]
(1)
[
]
( 2)
IL
( Z L + Z 0 ) eγ ⋅ z ' 1 + Γ e − 2 γ ⋅ z '
2
IL
( Z L + Z 0 ) eγ ⋅ z ' 1 − Γ e − 2 γ ⋅ z '
2Z 0
Vi = Vg − I i ⋅ Z g (3)
Si reemplazamos la ecuación (2) en la ecuación (3) , obtenemos lo siguiente:
Vg = I L ( Z L + Z 0 ) e γ ⋅ l
Ahora, despejamos I L , lo que nos queda de la siguiente forma:
IL =
Vg
( Z L + Z 0 ) eγ ⋅ l
(4)
Para el voltaje, reemplazamos la expresión (4) en la ecuación (1) y tenemos que:
V ( z' ) =
Vg
2( Z L + Z 0 )eγ ⋅l
[
( Z L + Z 0 ) eγ ⋅ z ' 1 + Γ e − 2 γ ⋅ z '
]
Simplificando:
V ( z' ) =
Vg
2e
γ ⋅l
[
]
eγ ⋅ z ' 1 + Γe − 2γ ⋅ z ' (5)
Reemplazamos Z ' = l − Z en la ecuación (5)
Vg
V ( z) =
2e
γ ⋅l
[
eγ ⋅( l −Z ) 1 + Γe −2γ ⋅( l −Z )
]
Simplificando:
V ( z) =
Vg
2
[
]
e −γ ⋅Z 1 + Γe −2γ ⋅( l −Z ) (6)
Calculamos ahora Γ :
Γ=
Z L − Z 0 25 − 50
25
1
=
=−
⇒ Γ = ∠180º
Z L + Z 0 25 + 50
75
3
Si es una línea de transmisión sin pérdidas, entonces α = 0 ⇒ γ = jβ y a su vez
2π
β=
λ
Reemplazando Γ y γ en la ecuación (6) , llegamos a la siguiente expresión:
V ( z) =
Con Z = 0 , l = λ
Vi =
8
Vg
2
e
−j
2π
λ
⋅Z
2π
− 2 j ⋅( l − Z ) ⎤
⎡ 1
λ
1
180
º
e
+
∠
⋅
⎢
⎥
3
⎣
⎦
y Vg = 0.1∠0º podemos obtener Vi :
2π ⎛ λ ⎞
− 2 j ⋅⎜ ⎟ ⎤
0.1∠0º ⎡ 1
0.1∠0º ⎡ 1
⎤
1 + ∠180º⋅1∠ − 90º ⎥
⎢1 + ∠180º⋅e λ ⎝ 8 ⎠ ⎥ ⇒ Vi =
⎢
2 ⎢⎣ 3
2 ⎣ 3
⎦
⎥⎦
⇒ Vi = 5.27 ⋅ 10 −2 ∠18.42º [V ]
Con Z = l =
λ
8
y Vg = 0.1∠0º podemos obtener Vz :
2π λ
0.1∠0º − j λ ⋅ 8 ⎡ 1
0.1∠0º
⎤
⎡ 1
⎤
VL =
e
1 + ∠180º ⎥ ⇒ VL =
1∠ − 45º ⎢1 + ∠180º ⎥
⎢
2
2
⎣ 3
⎦
⎣ 3
⎦
⇒ VL = 3.33 ⋅ 10 −2 ∠ − 45º [V ]
Ahora, para la corriente, reemplazamos la expresión (4) en la ecuación (2) y tenemos
que:
Vg
I ( z' ) =
( Z L + Z 0 ) eγ ⋅ z ' 1 − Γ e − 2 γ ⋅ z '
γ ⋅l
2 Z 0 ( Z L + Z 0 )e
[
]
Simplificando:
I ( z' ) =
Vg
2Z 0e
γ ⋅l
[
]
eγ ⋅ z ' 1 − Γ e − 2 γ ⋅ z ' ( 7 )
Reemplazamos Z ' = l − Z en la ecuación (7)
I ( z) =
Vg
2Z 0 e
γ ⋅l
[
e γ ⋅( l − Z ) 1 − Γe − 2γ ⋅( l − Z )
]
Simplificando:
I ( z) =
Vg
2Z 0
[
]
e −γ ⋅Z 1 − Γe − 2γ ⋅(l − Z ) (8)
Reemplazando Γ y γ en la ecuación (8) , llegamos a la siguiente expresión:
I ( z) =
Con Z = 0 , l = λ
8
Vg
2Z 0
e
−j
2π
λ
⋅Z
2π
− 2 j ⋅( l − Z ) ⎤
⎡ 1
λ
⎢1 − ∠180º⋅e
⎥
3
⎣
⎦
y Vg = 0.1∠0º podemos obtener I i :
2π λ
−2 j ⋅ ⎤
0.1∠0º ⎡ 1
0.1∠0º ⎡ 1
⎤
λ 8
Ii =
1 − ∠180º⋅1∠ − 90º ⎥
⎢1 − ∠180º e
⎥ ⇒ Ii =
⎢
2 ⋅ 50 ⎣ 3
100 ⎣ 3
⎦
⎦
⇒ I i = 1.05 ⋅ 10 −3 ∠ − 18.42º [ A]
Con Z = l =
λ
8
y Vg = 0.1∠0º podemos obtener I z :
2π λ
0.1∠0º − j λ ⋅ 8 ⎡ 1
0.1∠0º
⎤
⎡ 1
⎤
IL =
e
1 − ∠180º ⎥ ⇒ I L =
1∠ − 45º ⎢1 − ∠180º ⎥
⎢
2 ⋅ 50
100
⎣ 3
⎦
⎣ 3
⎦
⇒ I L = 1.33 ⋅ 10 −3 ∠ − 45º [A ]
b) Como sabemos la razón de onda estacionaria está dada por:
S=
1+ Γ
1− Γ
1
Con Γ = ∠180º , tenemos que:
3
S=
1+ 1
1− 1
3
3
⇒ S=2
c.1) La expresión para la potencia media suministrada a la carga es:
P=
1
VL ⋅ I L*
2
Reemplazando con los valores obtenidos anteriormente, la potencia media nos queda de
la siguiente forma:
1
P = ⋅ 3.33 ⋅ 10 − 2 ⋅ 1.33 ⋅ 10 −3
2
⇒ P = 0.022 [mW ]
c.2) Ahora si R L = 50[Ω] , los valores de V L y I L son:
V L = 0.05∠ − 45º [V ]
I L = 0.001∠ − 45º [V ]
Entonces, la potencia media suministrada a la carga será:
1
P = ⋅ 0.05 ⋅ 0.001
2
⇒ P = 0.025 [mW ]
Uso de carta Smith
1.
Una línea de 50 [Ω] está terminada por una resistencia de 30 [Ω] en serie
con una reactancia capacitiva de 40 [Ω] . Encontrar:
a) Γ y ROE .
b) La impedancia de entrada si la longitud de la línea es l = 0.1λ .
c) Los valores de longitud de la línea que llevan a una impedancia de entrada
puramente resistiva y los valores de estas impedancias.
Desarrollo:
Primero, expresamos la impedancia normalizada:
zL =
Z L 30 − j 40
=
= 0.6 − j 0.8
50
Z0
Entonces, marcamos en la carta Smith este punto, que lo llamaremos punto A.
a) La distancia desde A al centro del diagrama da Γ = 0.5 y la prolongación de este
segmento hasta el círculo de ángulos de coeficiente de reflexión da θ Γ = 90º .
Además, ROE =
1+ Γ
1− Γ
=
1 + 0.5
=3
1 − 0.5
Para obtener el ROE directamente de la carta de Smtih, se traza una circunferencia
centrada en el centro del diagrama hasta el punto A.
b) Para calcular la impedancia de entrada buscamos la posición donde el radio del
diagrama que pasa por A corta al círculo perimetral marcado “hacia el generador”.
Resulta:
l0
λ
= 0.375 . Este es un valor de partida arbitrario. Si ahora nos desplazamos
hacia el generador (en el sentido horario) sobre el círculo de Γ = cte. ( Γ depende
solamente de la carga y Z 0 ) en 0.1λ , de acuerdo al enunciado del problema,
tendremos:
(l0 − l ) = 0.375 + 0.1 = 0.475
λ
Así, obtenemos un punto B, que corresponde a:
Z in = 17 − j 7 [Ω]
c) Finalmente, las longitudes de las líneas con impedancia de entrada resistivas
corresponden a los puntos de intersección sobre el eje real (x = 0) de la circunferencia
que pasa por A, recorrida en el sentido horario. El primer punto de cruce es el que
llamaremos punto C (separado del A en λ 4 )y luego el punto D (separado del C en
λ 4 ).
2. Usar la carta de Smith para diseñar un stub de adaptación entre una línea de
Z 0 = 100 [Ω] y una carga real Z L = 500 [Ω] .
Desarrollo:
Vamos a usar la carta de Smith de impedancias. La impedancia de carga normalizada
es:
zL =
ZL
=5
Z0
Ingresamos este punto a la carta como A.
Se traza un círculo auxiliar concéntrico con la carta que pasa por A. Este círculo es la
curva de Γ y ROE constantes. Para adaptación debemos pasar de A al centro de la
carta, que la llamaremos O, el centro del diagrama, donde Γ = 0 . Como vamos a
colocar un stub en paralelo con la línea principal, nos conviene trabajar con
admitancias. Pasamos entonces de A al punto correspondiente B (a 180°), donde la
admitancia normalizada es y L = 0.2 . Para ubicar el stub nos movemos por el círculo de
Γ constante en sentido horario (hacia el generador) hasta llegar al círculo de
admitancia real normalizada igual a 1 (que coincide con el círculo de impedancia
normalizada igual a 1, al cual lo llamaremos punto C). Para adaptación sólo se requiere
agregar una susceptancia en paralelo de valor opuesto a la susceptancia de C. La
distancia d s = 0.183λ (en longitudes de onda) medida sobre el círculo exterior de la
carta entre los radios que pasan por B y C es la distancia desde la carga a la que hay
que poner el stub.
Para hallar la longitud del stub, se observa que la impedancia normalizada en C es
yc = 1 + j1.79 , de manera que el stub debe presentar una admitancia de entrada que
anule la parte imaginaria: y S = - j1.79 . El lugar geométrico de esta impedancia (a
medida que cambia ls es el círculo exterior de radio unitario que corresponde a r = 0).
Ubicamos entonces el punto D que define la admitancia de entrada del stub sobre el
cruce del círculo de susceptancia b S = - j1.79 con el círculo exterior, y midiendo sobre
el círculo exterior la distancia desde el punto de admitancia normalizada infinita
(condición de cortocircuito - eje real positivo) se obtiene ls = 0.08λ . que es la longitud
(mínima) requerida del stub.
Si se trabaja con la carta de admitancias se parte desde el punto B ( y L = 0.2 ) y se gira a
Γ constante hasta alcanzar el círculo de conductancia normalizada unitaria (C). Se
mide sobre la escala de longitudes de onda la posición del stub, como antes. Luego se
ubica el punto D, que neutraliza la impedancia de entrada de la línea en el punto de
conexión del stub y se mide la longitud necesaria del stub. Naturalmente los valores
obtenidos son los mismos que en la construcción previa.
9.5 La longitud de onda de la guía y la impedancia se pueden medir mediante un
detector conectado a una prueba que se mueve por una sección ranurada de guía
de ondas. Suponga que al colocar un plano conductor en cortocircuito en el
extremo de carga de una guía de ondas rectangular hueca sin pérdidas de
2.50 [cm] por 1.25 [cm] , que soporta el modo TE10 , los mínimos de voltajes
adyacentes están a una distancia de 2.65 [cm] . Al reemplazar el cortocircuito por
una carga, la razón de onda estacionaria es 2.0 y los mínimos de voltaje se han
desplazado 0.80 [cm] hacia la carga. Calcule:
a) La frecuencia de operación.
b) La impedancia de carga.
c) La potencia suministrada a la carga por una potencia de entrada de 10 [W ].
Desarrollo:
Datos del problema:
a = 2.5 [cm]
b = 1.25 [cm]
Cortocircuito:
TE10
Mínimos de Voltaje Adyacentes:
λ
2
= 2.65 [cm]
Carga:
S =2
Mínimos de Voltaje se desplazaron 0.80 [cm] hacia la carga.
a) Dos mínimos de voltajes consecutivos están separados
λ
, por lo tanto, podemos
2
determinar la longitud de onda correspondiente en la guía, de la siguiente manera:
λ
2
= 2.65 [cm] ⇒ λ g = 5.3[cm] = 0.053[m]
La longitud de onda de corte para el modo TE10 , lo podemos determinar como sigue:
λc =
donde m = 1 y n = 0 , entonces:
2
2
⎛m⎞ ⎛n⎞
⎜ ⎟ +⎜ ⎟
⎝ a ⎠ ⎝b⎠
2
λc =
2
1
⎛
⎞
⎜
−2 ⎟
⎝ 2.5 ⋅10 ⎠
2
=
2
1
2.5 ⋅10 −2
⇒ λc = 0.05[m]
Una forma sencilla de obtener la longitud de onda, λ , es a través de la siguiente
expresión:
1
λ
2
=
1
λ
2
g
+
1
λ2c
Ahora, reemplazamos los valores obtenidos anteriormente de λ g y λc :
1
λ
2
=
1
1
1
+
⇒ 2 = 755.996
2
2
λ
(0.053) (0.05)
⇒ λ = 3.64 ⋅10 −2 [m]
Sabemos que f =
c
λ
, por lo tanto, ahora podemos calcular la frecuencia de operación:
3 ⋅10 8
f =
3.64 ⋅10 − 2
⇒ f = 8.24 [GHz ]
b) Para obtener Z L debemos determinar tanto Γ y Z 0 .
Primero, calcularemos Γ de la siguiente manera:
β=
2π
λg
En el inciso anterior se obtuvo que λ g = 0.053 [m] .
Reemplazando, tenemos que:
β=
2π
⎡ rad ⎤
⇒ β = 118.5 ⎢
0.053
⎣ m ⎥⎦
Como se desprende del capítulo 8, el primer mínimo de voltaje ocurre cuando
Φ Γ = −π + 2 β z' m . El enunciado del problema nos dice que los mínimos de voltajes se
han desplazado 0.80 [cm] hacia la carga.
Entonces, tenemos que:
Z '=
λ
2
− 0.8 ⇒ Z ' = 2.65 ⋅ 10 −2 − 0.8 ⋅ 10 −2
⇒ Z '= 0.0185 [m]
Ahora, reemplazando podemos calcular Φ Γ :
Φ Γ = −π + 2 ⋅118.5 ⋅ 0.0185
⇒ Φ Γ = 1.2445 [rad ] = 71.34º
Sabemos que Γ =
S −1
, donde S = 2 , si reemplazamos tenemos que:
S +1
Γ =
1
3
Por lo tanto:
1
Γ = ∠71.34º
3
Para calcular Z 0 , se debe utilizar la siguiente expresión:
Z TE =
η
f
1 − ⎛⎜ c ⎞⎟
⎝ f⎠
2
donde η es la impedancia intrínseca del medio dieléctrico, f c es la frecuencia de corte
y f es la frecuencia de operación.
En la primera parte de este programa se obtuvo que λc = 0.05[m] , con esto, se puede
calcular la frecuencia de corte:
fc =
c
λc
⇒ f c = 6 [GHz ]
La frecuencia de operación es f = 8.29 [GHz ] .
La impedancia intrínseca en este caso (aire) tiene un valor de η = 377 [Ω ]
Reemplazando,
Z0 =
377
⎛ 6 ⎞
1− ⎜
⎟
⎝ 8.29 ⎠
2
⇒ Z 0 = 550.03 [Ω]
Con los valores de Z 0 y Γ podemos calcular Z L , despejando y reemplazando los
valores en la siguiente ecuación:
Γ=
ZL =
Z L − Z0
Z L + Z0
Z 0 (Γ + 1)
550.03(1 3 ∠71.34º +1)
⇒ ZL =
(1 − Γ )
(1 − 1 3 ∠71.34º )
⇒ Z L = 544.58 + j 386.94 [Ω ]
c) La Potencia incidente menos la Potencia reflejada es igual a la Potencia transmitida.
La Potencia reflejada se relaciona con la Potencia incidente según:
Pref = Γ Pinc ⇒ PTx = Pinc − Γ Pinc
2
2
Del enunciado, tenemos que Pinc = 10 [W ] , reemplazando en la expresión anterior:
⎛1⎞
PTx = 10 − 10⎜ ⎟
⎝ 3⎠
2
⇒ PTx = 8.89 [W ]
9.7 Un guía de ondas rectangular estándar de banda S, rellena de aire, tiene
dimensiones a = 7.21 [cm] y b = 3.40 [cm] . ¿Qué tipos de modos pueden usarse para
transmitir ondas electromagnéticas que tienen las siguientes longitudes de onda?
a) λ = 10 [cm]
b) λ = 5 [cm]
Desarrollo:
Para saber que tipos de modos se pueden transmitir, primero es necesario
determinar cual es la frecuencia de operación para ambas longitudes de ondas y
luego determinar distintas frecuencias de corte, y así encontraremos los modos
que se propagan.
•
Frecuencias de operación:
f =
λ = 10 [cm] ⇒ f λ =
1
λ = 5 [cm] ⇒ f λ =
2
•
c
λ
3 ⋅10
⇒ f λ1 = 3 [GHz ]
10 ⋅10 −2
8
3 ⋅10 8
⇒ f λ2 = 6 [GHz ]
5 ⋅10 −2
Frecuencias de corte:
Las frecuencias de corte están dadas por la siguiente expresión:
2
c ⎛m⎞ ⎛n⎞
fc =
⎜ ⎟ +⎜ ⎟
2 ⎝ a ⎠ ⎝b⎠
Modos
TE10
TE01
TE11
TM 11
TE 20
TE02
TE 21
TE30
Frecuencias
de Corte
2
2.08 [GHz ]
Frecuencia
de
Operación
1
3 [GHz ]
Frecuencia
de
Operación
2
6 [GHz ]
4.88 [GHz ]
4.88 [GHz ]
4.16 [GHz ]
3 [GHz ]
3 [GHz ]
3 [GHz ]
6 [GHz ]
6 [GHz ]
6 [GHz ]
6.06 [GHz ]
6.24 [GHz ]
3 [GHz ]
3 [GHz ]
4.41 [GHz ]
8.82 [GHz ]
3 [GHz ]
3 [GHz ]
6 [GHz ]
6 [GHz ]
6 [GHz ]
6 [GHz ]
λ1
λ2
Por lo tanto:
a) Para esta longitud de onda sólo se propaga el modo TE10 .
b) Para esta longitud de onda los modos que se propagan son: TE10 , TE11 , TE11 ,
TM 11 , TE 20 .
9.9
Hay que construir una guía de ondas rectangular de a × b (b < a < 2b ) ,
rellena de aire, que opere a 3[GHz ] en el modo dominante. Deseamos que la
frecuencia de operación sea al menos un 20% mayor que la frecuencia de corte
del modo dominante y también un 20% menor que la frecuencia de corte del
siguiente modo de orden mayor.
a) Presente un diseño genérico para las dimensiones a y b .
b) Calcule β , u p , λ g y la impedancia de la onda a la frecuencia de operación de su
diseño.
Desarrollo:
Datos del problema:
f = 3[GHz ] en el modo dominante TE10 .
Rellena de aire ⇒ c = 3⋅108 [m s ]
a × b (b < a < 2b )
(1) (la frecuencia de operación sea al menos un 20%
f ≥ 1.2 f c10
mayor que la frecuencia de corte del modo dominante)
a) De la ecuación (1) tenemos que:
f c10 ≤
f
⇒ f c10 ≤ 2.5 [GHz ]
1 .2
Como sabemos, la frecuencia de corte está dada por:
2
c ⎛m⎞ ⎛n⎞
fc =
⎜ ⎟ +⎜ ⎟
2 ⎝ a ⎠ ⎝b⎠
2
( 2)
Para el modo dominante ( TE10 ), tenemos que m = 1 y n = 0 , por lo tanto despejando a
de la ecuación (2) , tenemos:
a ≥
c ⋅m
2 ⋅ f c 10
Reemplazando
3 ⋅10 8 ⋅1
a≥
⇒ a ≥ 0.06 [m]
2 ⋅ 2.5 ⋅10 9
Elegimos un valor de a que cumpla con la restricción recién encontrada, entonces
tomamos a = 6.5 [cm].
Ahora, utilizando la condición dada en el enunciado, b < a < 2b , elegimos un b que
cumpla dicha condición, entonces tomamos b = 3.5 [cm] .
a y b , pero deben cumplir con las
Nota: Se pueden obtener distintos valores de
restricciones dadas y obtenidas.
b) Primero calculamos λ g .
Como dato del problema tenemos que f = 3[GHz ] , con esto podemos calcular la
longitud de onda asociada a esta frecuencia:
3 ⋅108
λ=
⇒ λ = 0.1 [m]
3 ⋅10 9
Del inciso (a) tenemos que a = 6.5 [cm], con este valor podemos determinar la
frecuencia de corte del modo dominante:
f c10
3 ⋅10 8 ⋅1
⇒ f c10 = 2.31 [GHz ]
=
2 ⋅ 6.5 ⋅10 −2
Con esta frecuencia podemos determinar la longitud de onda:
λc =
3 ⋅108
⇒ λc = 0.13 [m]
2.31 ⋅10 9
Ahora, podemos determinar la longitud de onda correspondiente a la guía, λ g :
1
λ
1
λg 2
2
=
1
λ
2
g
+
1
λ2c
= 40.83 ⇒ λ g = 0.157 [m]
Conocemos la siguiente expresión, para calcular β :
β=
2π
λg
⎡ rad ⎤
⇒ β = 40.13 ⎢
⎣ m ⎥⎦
La velocidad de fase de la onda que se propaga en la guía está dada por:
up =
up =
ω
=
β
c
⎛f ⎞
1 − ⎜⎜ c ⎟⎟
⎝ f ⎠
2
2π ⋅ 3 ⋅10 9
⎡m⎤
⇒ u p = 4.7 ⋅108 ⎢ ⎥
40.13
⎣s⎦
Se puede determinar la impedancia de la onda para el modo dominante, utilizando:
η
Z TE10 =
⎛f ⎞
1 − ⎜⎜ c ⎟⎟
⎝ f ⎠
2
Reemplazando:
Z TE10 =
377
⎛ 2.31 ⎞
1− ⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
2
⇒ Z TE10 = 590.87 [Ω]
9.13 La expresión instantánea para H z de un modo TE en una guía de ondas
cuadrada
rellena
de
aire
de
2.5 [cm]
por
2.5 [cm] es
H = 0.3cos(80πy) cos( ωt - 280z) [A m]
a) ¿Cuál es el modo de operación?
b) Calcule f c , f , Z TE y λ g .
Desarrollo:
Datos del Problema:
a = 2.5 [cm]
b = 2.5 [cm]
H = 0.3cos(80πy) cos( ωt - 280z) [A m]
a) En el caso de ondas transversales eléctricas (TE), debemos resolver:
H z ( x, y, z ) = H z0 ( x, y )e −γz
por lo que se debe cumplir:
⎛ mπ ⎞ ⎛ nπ ⎞
H z0 (x, y ) = H 0 cos⎜
x ⎟ cos⎜
y⎟
⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠
Escribiendo la expresión de campo dada en el enunciado de otra forma:
H = 0.3 cos(80πy )e j (ωt − βz )
donde β = 280[rad m] y vemos que:
m=0
⎛ mπ
Por lo tanto, cos⎜
⎝ a
⎞
x⎟ =1
⎠
Entonces, nos queda lo siguiente:
⎛ nπ ⎞
H z0 (x, y ) = H 0 cos⎜
y⎟
⎝ b ⎠
Igualando, tenemos:
nπ
= 80π
b
Ahora, despejamos n :
n = 80 ⋅ 2.5 ⋅10 −2
⇒ n=2
Por lo tanto, el modo de operación es TE02 .
b) Ahora que sabemos cual es el modo de operación, podemos determinar fácilmente el
valor de la frecuencia de corte.
En este caso, al ser una guía rellena de aire, la velocidad de propagación será la
velocidad de la luz, c = 3 ⋅108 [m s ] .
Al igual que en las preguntas anteriores, la frecuencia de corte está dada por:
2
c ⎛m⎞ ⎛n⎞
fc =
⎜ ⎟ +⎜ ⎟
2 ⎝ a ⎠ ⎝b⎠
2
con m = 0 , n = 2 y a = b = 2.5 ⋅10 −2 [m] .
Reemplazando:
3 ⋅ 108
2
fc =
2 2.5 ⋅ 10 −2
⇒ f c 02 = 12[GHz ]
Calculemos, ahora, la longitud de onda asociada a:
•
La frecuencia de corte:
λc =
c
3 ⋅108
⇒ λc =
fc
12 ⋅10 9
⇒ λc = 0.025 [m]
•
La guía:
λg =
2π
β
⇒ λg =
2π
280
⇒ λ g = 2.24 ⋅10 −2 [m]
Entonces:
1
λ
2
=
1
λ
+
2
g
1
λ2c
Reemplazando:
1
λ
=
2
1
(2.24 ⋅10 )
−2 2
+
1
(0.025)2
Despejando:
λ = 1.67 ⋅10−2 [m]
Por lo tanto,
f =
c
λ
⇒ f =
3 ⋅108
1.67 ⋅10 −2
⇒ f ≈ 17.98 [GHz ]
Tal como se hizo anteriormente, la impedancia asociada al modo TE02 , estará dada por
la siguiente expresión:
Z TE02 =
η
⎛f ⎞
1 − ⎜⎜ c ⎟⎟
⎝ f ⎠
2
Reemplazando, tenemos que:
Z TE02 =
377
⎛ 12 ⎞
1− ⎜ ⎟
⎝ 18 ⎠
2
⇒ Z TE02 =
Z TE02 = 505.8 [Ω]
377
0.745
9.15 Una onda electromagnética se propaga por una guía de ondas rectangular
rellena de aire, de dimensiones a × b , en el modo dominante. Suponga que
a = 2.50 [cm] y que el ancho de banda utilizable está entre 1.15( f c )10 y un 15% por
debajo de la frecuencia de corte del siguiente modo más alto.
a) Calcule y compare el ancho de banda permitido para b = 0.25a , b = 0.5a y
b = 0.75a .
b) Calcule y compare la potencia media transmitida en las tres guía del apartado
⎡ KV ⎤
(a) a 7 [GHz ] si la intensidad eléctrica máxima es de 10 ⎢
. Ignore las pérdidas.
⎣ m ⎥⎦
Desarrollo:
Primero calculamos la frecuencia de corte
expresión:
( f c )10 ,
2
fc =
f c10
c ⎛m⎞ ⎛n⎞
⎜ ⎟ +⎜ ⎟
2 ⎝ a ⎠ ⎝b⎠
3 ⋅ 108 ⎛
1
⎞
=
⎜
−2 ⎟
2
⎝ 2.5 ⋅ 10 ⎠
2
para ello utilizamos la siguiente
2
(1)
⇒ f c10 = 6 [GHz ]
Luego, determinamos la frecuencia de corte ( f c )20 que es el modo siguiente más alto,
utilizando (1) :
f c20
3 ⋅ 108 ⎛
2
⎞
=
⎜
−2 ⎟
2
⎝ 2.5 ⋅ 10 ⎠
2
⇒ f c20 = 12 [GHz ]
Por enunciado sabemos que el ancho de banda está entre 1.15( f c )10 y un 15% por
debajo de la frecuencia ( f c )20 , lo que significa:
1.15 ⋅ f c 10 = 6.9 [GHz ]
15% por debajo f c20 = 10.2 [GHz ]
Por lo tanto, el ancho de banda es igual a 3.3 [GHz ] .
a) b = 0.25a
Reemplazando en la ecuación (1) :
3 ⋅10 8 ⎛
1
1
⎞
⎞ ⎛
+⎜
⎜
−2 ⎟
−2 ⎟
2
⎝ 2.5 ⋅10 ⎠ ⎝ 0.625 ⋅10 ⎠
2
f c11 =
2
f c11 = 24.7 [GHz ] > f c20
Por lo tanto, el ancho de banda es 3.3 [GHz ]
b = 0 .5 a
Al igual que el caso anterior, se determina la frecuencia de corte:
3 ⋅ 108 ⎛
1
1
⎞ ⎛
⎞
+⎜
⎜
−2 ⎟
−2 ⎟
2
⎝ 2.5 ⋅ 10 ⎠ ⎝ 1.25 ⋅ 10 ⎠
2
f c11 =
2
f c11 = 13.4 [GHz ] > f c20
Al comprobar que el 15% por debajo de la frecuencia de corte del modo dominante
superior, es mayor a la restricción dada, se afirma que el ancho de banda utilizable
sigue siendo 3.3 [GHz ] .
b = 0.75a
Nuevamente, se calcula la frecuencia de corte del modo superior, con la salvedad que
en este caso el valor de b es cercano al valor de a, por lo que se calculará f c01 (este paso
se recomienda efectuarlo en los valores de b anteriores).
3 ⋅10 8 ⎛
1
1
⎞
⎞ ⎛
+⎜
⎜
−2 ⎟
−2 ⎟
2
⎝ 2.5 ⋅10 ⎠ ⎝ 1.875 ⋅10 ⎠
2
f c11 =
2
f c11 = 10 [GHz ]
f c01 = 8 [GHz ]
Entonces, se concluye, que en este caso el modo dominante superior es TE 01 ,
cumpliendo con la condición establecida en el problema, el 15% debajo de la
frecuencia de corte del siguiente modo mas alto es: 6.8 [GHz ] .
Por lo tanto, el piso de la frecuencia es mayor al techo permitido, por lo que se
determina que no existe ancho de banda utilizable.
10.1 Determine los valores máximos de las intensidades de campo eléctrico y
magnético a una distancia de 10 [Km] de un dipolo hertziano para una potencia de
entrada de 15 [Km] que radia con una eficiencia del 70%.
Desarrollo:
Datos del problema:
R = 10[Km]
Pi = 15[KW ]
ξ r = 70%
Sabemos que la eficiencia de radiación ξ r está relacionada con la potencia total de entrada
Pi y la potencia radiada Pr , mediante la siguiente expresión:
ξr =
Pr
(1)
Pi
Ahora, podemos calcular el valor de la potencia radiada:
Pr = 0.7 ⋅ 15 ⇒ Pr = 10.5 [KW ]
Por otro lado, sabemos que la potencia radiada también está dada por:
I 2 (dl )
η0 β 2
Pr =
12π
2
Esta expresión la despejaremos de tal forma que nos sea útil más adelante.
I 2 (dl ) η 0 β 2 = Pr ⋅ 12π ⇒ I 2 ( dl ) 2 η 0 β 2 = 10500 ⋅ 12π
2
2
2
⇒ I (dl ) η 0 β = 126000π ( 2)
2
Ahora, determinaremos la intensidad de radiación, utilizando la siguiente expresión:
U=
( I dl ) 2
η 0 β 2 sen 2θ (3)
2
32π
Por enunciado, debemos considerar el valor máximo de la intensidad, por lo tanto, el valor
sen 2θ debe tender a 1. Reemplazando ( 2) en (3) , tenemos:
U=
[ ]
126000π
⇒ U ≈ 1253,98 W sr
32π 2
Sabemos que, la intensidad de radiación es igual a R 2 veces la magnitud del vector de
Poynting medio temporal, por lo tanto:
U = R 2 Pav
Despejando y reemplazando, obtenemos el valor del vector de Poynting:
Pav =
1253,98
(10000 )
2
⇒ Pav = 1.254 ⋅ 10 −5 [W ]