BORRADO

RCOLECCION DE PROBLEMAS DE

MICROONDAS

Luis E. Garcıa CastilloDaniel Segovia Vargas

Alejandro Garcıa Lamperez

BORRADO

R

i

BORRADO

R

Indice

TEORIA DE LINEAS DE TRANSMISION 21: t Dibujo onda estacionaria.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22: p potencias linea dos secciones.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53: p guia rect medida carga.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74: p guia rect medida carga wr28.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105: p VIP lt Rparalelo.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116: p VIP lt Rserie.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Ejercicios no resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217: p potencia incidente.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218: p potencias linea tres secciones.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219: p potencias red adap.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2210: p pmax con y sin ondaestacionaria.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2311: p potencia lineas en serie.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2312: p ZL atenuador+linea.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

CARTA DE SMITH y ADAPTACION DE IMPEDANCIAS 2513: p adaptacion red-en-T.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2514: p adaptacion lambda4 lambda8.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2815: p adaptacion simplestub 1.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2916: p adaptacion lambda4 1.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3017: p adaptacion doblestub 1.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3118: p adaptacion bobinas serie paralelo.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3119: p adaptacion lineaC1C2.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3720: p adaptacion doblestub l1l2unicos.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3821: p adaptacion doblestub concentrado 2.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3922: p adaptacion doblestub serie 1.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3923: p adaptacion lc cl.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4024: p adaptacion medidacarga y CX.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4525: p adaptacion doblestub concentrado.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5226: p medidacarga y atenuacion.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5427: p adaptacion ampli 1.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5728: p adaptacion ampli 3.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5829: p adaptacion ampli 4.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

Ejercicios no resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6230: p adaptacion doblestub analisis.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6231: p adaptacion medidacarga y Cstub.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6232: t adapt doble-stub cargas no adaptables.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . 6333: p medidacarga adaptacion ZLparalelo.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6434: p adaptacion loopSmithChart.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6535: p medidacarga adaptacion doblestub.tex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6636: p adaptacion doblestub analisis serieparalelo.tex . . . . . . . . . . . . . . . 67

1

BORRADO

R

TEORIA DE LINEAS DE TRANSMISION

1. Dibuje, con ayuda de un ordenador, la tension a lo largo de una lınea de transmisionterminada en cargas cargas correspondientes a diferentes valores del coeficiente de reflexion

ΓL. Hagalo para diferentes instantes de tiempo.

Respuesta:La tension en la lınea, en funcion del tiempo t, se obtiene multiplicando el fasor de la tension,

V , por exp(jωt) y eligiendo, por ejemplo, la parte real, es decir,

V (z, t) = Real(Vinc(e

−jβz + ΓLe−2jβlejβz)ejωt

)= Real

(Vinc e

−jβz(1 + ΓLe−2jβle2jβz)ejωt

)V (d, t) = Real

(Vince

−jβl(ejβd + ΓLe−jβd)ejωt

)= Real

(Vince

−jβlejβd(1 + ΓLe−2jβd)ejωt

)donde z y d = l− z se corresponden con ejes coordenados orientados segun el eje de simetrıa detraslacion de la lınea de transmision dirigidos en sentido “acercandose a la carga” y “alejandosede la carga”, respectivamente.

La representacion de los diagramas de onda estacionaria (vease las figuras de paginas pos-teriores) usan el eje z como abcisas y cada curva corresponde a instantes de tiempo diferentes.De ese modo, se obtiene lo que se verıa en una hipotetica “foto” de la lınea de transmision.No se corresponde con una foto “instantanea” sino el resultado de haberla integrado con unadeterminada constante de tiempo, mucho mayor que el periodo de la excitacion.

Se han dibujado los casos siguientes: ΓL = 0, 0.2, 0.8, 1, 0.2j, 0.8j, j. Se ha considerado Vinc =1, y la pulsacion ω la correspondiente a frecuencia de 1 GHz.

En las figuras se aprecia claramente la modulacion en amplitud de la envolvente. Es im-portante resaltar que la periodicidad es de λ/2 en la lınea para |V | (tambien del coeficente dereflexion y la impedancia) pero no para V . Notese que λ = 0.3 en el dibujo. Notese que ladiferencia en la fase del coeficiente de reflexion corresponde sencillamente a un desplazamientoen z del diagrama de onda estacionaria.

A la derecha de cada diagrama de onda estacionaria se representa en polares la magnitudcompleja corespondiente al fasor normalizado resultado de la interferencia de las ondas incidentey reflejada:

ejβd + ΓLe−jβd = ejβd(1 + ΓLe

−2jβd)

que corresponde a un t fijo (ej: t = 0).Notese que las posibles fases para el caso de |ΓL| = 1 se colapsan en dos.NOTA: El diagrama en polares correspondiente a ΓL = 0 resulta en una circun-

ferencia. Se advierte que problemas con el escalado pueden hacer que aparezcaligeramente achatado.

2

BORRADO

RΓL = 0

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

ΓL = 0.2

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

ΓL = 0.8

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

ΓL = 1

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

3

BORRADO

RΓL = 0

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

ΓL = 0.2j

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

ΓL = 0.8j

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

ΓL = j

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

4

BORRADO

R

2. Considere la siguiente red formada por dos secciones de lıneas de transmision con sucorrespondiente generador y carga.

Z0

Vg

l1 l2

Sec. I Sec. II

Z ′0

Z0

α1, β

Z ′0

α2, β

a b c

b′ c′a′

Se pide:

a) Expresar la potencia entregada a la entrada de la seccion de lınea de transmision I, PI(plano a− a′).

b) Expresar la potencia entregada a la entrada de la seccion de lınea de transmision II, PII(plano b− b′). Si no ha respondido a la pregunta anterior, indique la respuesta en funciondel valor generico PI .

c) Expresar la potencia entregada a la carga (plano c− c′) De nuevo, utilice el valor genericoPII si es necesario.

d) Suponiendo α1 = α2 = 0 (lıneas sin perdidas) representar aproximadamente la envolventedel voltaje a lo largo de las lıneas de transmision.

Respuesta:

a) Notese que se pide la potencia entregada y no la incidente. La potencia entregada es laincidente menos la refelejada por lo que se tiene

PI = P inca−a′(1− |ΓZ0

a−a′ |2) (1)

donde P inca−a′ = Pdg siendo Pdg = |Vg|2/(8Z0) la potencia disponible del generador. Ello es

debido a que la impedancia de generador es Z0.

Por tanto:PI = Pdg(1− |ΓZ0

a−a′ |2) (2)

5

BORRADO

R

El coeficiente de reflexion se calcula a partir de la impedancia vista en el plano b− b′ quees Z ′0 dado que el tramo II esta terminado en su impedancia caracterıstica. De este modo:

ΓZ0a−a′ = ΓZ0

b−b′ e−2α1l1e−2jβl1 ; ΓZ0

b−b′ =Z ′0 − Z0

Z ′0 + Z0(3)

ΓZ ′

0

b−b′ = 0

Zb−b′ = Z ′0

Z0

Vg

l1 l2

Sec. I Sec. II

Z ′0

Z0

α1, β

Z ′0

α2, β

a c

b′ c′a′

ΓZ0

b−b′ 6= 0

ΓZ0

a−a′ 6= 0

b

b) Al igual que en el apartado anterior, la potencia entregada es la incidente menos la refele-jada; en este caso, en el plano b− b′. De este modo:

PII = P incb−b′(1− |ΓZ0

b−b′ |2) = P inc

a−a′ e−2α1l1(1− |ΓZ0

b−b′ |2) = Pdg e

−2α1l1(1− |ΓZ0b−b′ |

2) (4)

donde ΓZ0b−b′ se obtiene segun (3).

Si no se hubiera respondido el apartado a, el resultado en funcion de PI , la potenciaentregada en el plano a− a′, se puede expresar de la forma siguiente:

PII =PI

(1− |ΓZ0a−a′ |

2)e−2α1l1(1− |ΓZ0

b−b′ |2) (5)

donde se observa claremente que la potencia entregada en el plano b − b′, PII , es igual ala potencia entregada en el plano a − a′, PI , si las perdidas son nulas en el tramo entreplanos (tramo I, α1 = 0).

6

BORRADO

R

c) Dado que en el segundo tramo no hay onda estacionaria (la lınea esta terminada por suimpedancia caracterıstica), la potencia entregada en el plano b − b′, es decir, PII (vease(4)), es la incidente en ese tramo. La onda incidente asociada llega al final del tramocovenientemente atenuada por las perdidas del segundo tramo. Por tanto:

PL ≡ Pc−c′ = PII e−2α2l2 (6)

d) En el segundo tramo no hay onda estacionaria pero sı en el primero.

Z0

Vg

l2

Sec. I Sec. II

Z ′0

a c

b′ c′a′

b

Notese que en el plano b− b′ debe haber un maximo o un mınimo por ser la impedancia enese plano real (igual a Z ′0). En el dibujo se ha supuesto que Z ′0 < Z0 y por ello en el planob− b′ el coeficiente de reflexion es real positivo y corresponde a un maximo en tension.

Notese que no se ha empleado ninguna aproximacion en el problema relativa a suponer lostramos I y/o II de bajas perdidas. Obviamente, con la excepcion del apartado d en el que lasperdidas son nulas.

3. El objetivo de este problema es caracterizar una carga mediante medidas en una guıarectangular (WR-90, 22.86×10.16 mm) a una frecuencia de funcionamiento de 10 GHz. La

guıa presenta una ranura en una de sus caras mas anchas, en el plano de simetrıa, a traves dela cual puede medirse el nivel relativo de campo electrico.

Con la carga conectada en un extremo de la guıa y un generador adaptado en el otro seobtiene dentro de la guıa una ROE igual a 3.8, y se marca la posicion de un mınimo de campo.Posteriormente se sustituye la carga por un cortocircuito deslizante y se actua sobre este, alejan-dolo de la guıa, hasta que nuevamente vuelve a detectarse un mınimo de campo en la posicionde la marca. En estas condiciones se mide que el cortocircuito esta a 23 mm de su plano dereferencia (el que comparte con la guıa).

Resuelva razonadamente las cuestiones que se proponen.

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BORRADO

R

a) ¿Es adecuada la guıa para la frecuencia de trabajo especificada? Justifique su respuesta.

b) Determine la longitud de onda que se mide en la guıa a la frecuencia de trabajo.

c) Dibuje esquematicamente los dos montajes medidos, con la carga y con el cortocircuitodeslizante en su posicion final, incluyendo el diagrama de onda estacionaria en cada puntode la guıa.

d) Determine el coeficiente de reflexion de la carga (modulo y fase).

Respuesta:

a) Para que la guıa sea adecuada la frecuencia de trabajo f = 10 GHz ha de estar por encimade la frecuencia de corte del modo fundamental (TE10) pero por debajo de la de cualquiermodo superior que pueda excitarse.

La frecuencia de corte de un modo TEmn o TMmn de una guıa rectangular de seccion a×bes

fc,mn =c

2π

√(mπa

)2+(nπb

)2

Para el modo fundamental (TE10) resulta

fc,10 =c

2a= 6.562 GHz.

El primer modo superior de la guıa WR-90 es el TE20, ya que a > 2b, con la siguientefrecuencia de corte,

fc,20 =c

a= 13.124 GHz.

Y puesto que fc,10 < f < fc,20 se concluye que la guıa es valida. Hay que indicar que entodo caso el modo TE20 no se podrıa medir debido a la geometrıa de la guıa ranurada,pero cualquier otro modo superior tendra mayor frecuencia de corte.

b) La longitud de onda guiada λg es mayor que la de una onda no guiada o TEM para lamisma frecuencia, λ0 = c

f = 30 mm, y viene dada por la expresion siguiente (donde λc,mnes la longitud de onda de corte del modo):

λg =λ0√

1−(

λ0

λc,mn

)2=

λ0√1−

(fc,mnf

)2=

c√f2 − f2

c,mn

Y para el modo TE10 con f = 10 GHz se obtiene λg = 39.76 mm.

c) Los dos montajes (con carga y con el piston de cortocircuito) se muestran a continuacion.Se indica la posicion de la marca con una flecha, que coincide en ambos casos con unmınimo del campo detectado.

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BORRADO

REn los diagramas anteriores d es la distancia entre el final de la guıa y la posicion delmınimo y lsc es la posicion del cortocircuito deslizante (lsc = 23 mm).

d) El modulo del coeficiente de reflexion se obtiene directamente a partir de la ROE:

ROE =1 + |ΓL|1− |ΓL|

⇒ |ΓL| =ROE− 1

ROE + 1= 0.583

Como se observa en el segundo diagrama del apartado anterior, la distancia del cortocir-cuito al mınimo marcado, d + lsc, es un multiplo de

λg2 , o lo que es lo mismo, supone un

numero entero n de giros completos a la carta de Smith. Por tanto, despejando d se obtiene

d = nλg2− lsc, n ∈ 1, 2, 3, . . .

Eligiendo n = 2 para obtener la primera solucion positiva resulta d = 16.76 mm = 0.422λg.Por su parte, a partir del primer diagrama se ve que d es la distancia que hay que despla-zarse desde el mınimo, en la parte real y negativa de la carta de Smith de impedancias,hacia la carga:

Por tanto, sabiendo que un desplazamiento deλg2 supone un cambio de de fase de Γin igual

a 2π y que la referencia de fases esta en el semieje positivo de la carta de Smith, la fasede ΓL es.

∠ΓL = 2πd

λg/2− π = 2.155 rad = 123.5.

Alternativamente, se puede observar que la fase del coeficiente de reflexion en el extremode la guıa es igual en ambos casos, ya que coinciden los mınimos de onda estacionaria.

9

BORRADO

R

Calculandolo para el caso del cortocircuito se llega al mismo resultado, salvo un desfasede 2π rad,

∠ΓL = ∠Γsc − 2βlsc = π − 4πdscλg

= −4.128 rad.

4. En este problema se pretende caracterizar una carga mediante medidas de campo electricoen una seccion de guıa rectangular WR–28 (7.112 × 3.556 mm) ranurada a lo largo del

centro de una de sus caras anchas. La guıa tiene una escala graduada en milımetros con unorigen arbitrario y marcas crecientes en sentido opuesto a la carga.

Con la carga conectada en el extremo de la guıa opuesto a un generador adaptado de frecuen-cia desconocida se obtiene una ROE igual a 4.9, con un mınimo en la posicion 10.500 mm. Si sesustituye la carga por un cortocircuito se observan dos mınimos consecutivos en las posiciones12.350 y 19.381 mm.

Resuelva razonadamente las cuestiones siguientes

a) Determine la longitud de onda que se mide en la guıa y la frecuencia de trabajo.

b) ¿Es adecuada la guıa para la frecuencia de trabajo obtenida? Justifique su respuesta.

c) Determine el coeficiente de reflexion de la carga (modulo y fase).

Respuesta:

a) La distancia entre dos nulos consecutivos del diagrama de onda estacionaria es la mitadde la longitud de onda guiada λg. Por tanto

λg2

= 19.381 mm− 12.350 mm = 7.031 mm ⇒ λg = 14.062 mm

Para determinar la relacion entre λg y la frecuencia es conveniente disponer de la frecuenciade corte del modo medido (en este caso, el fundamental, TE10)

fc,10 =c

2a= 21.091 GHz

La relacion entre ambas permite despejar la frecuencia de trabajo

λg =c√

f2 − f2c,10

⇒ f =

√f2c,10 +

(c

λg

)2

= 30 GHz

b) La guıa es adecuada si la frecuencia de trabajo esta en la banda monomodo. Claramente,f > fc,10, por lo que solo hace falta comprobar la frecuencia de corte de los primeros modossuperiores. Como a = 2b, fc,20 = fc,01 = 2fc,10 = 42.182 GHz, se tiene que fc,10 < f <fc,20 = fc,01, con lo que en conclusion la guıa WR–28 es valida para f = 30 GHz.

10

BORRADO

R

c) Como ROE = 4.9, el modulo del coeficiente de reflexion es

ΓL =ROE − 1

ROE + 1= 0.661

Con respecto a la fase, hay que tener en cuenta que el mınimo del diagrama de ondaestacionaria se mueve 12.35 − 10.5 = 1.85 mm hacia la carga cuando se sustituye uncortocircuito por la carga medida. Dicho de otra manera, para igualar puntos con la mismafase la carga deberıa situarse 1.85 mm mas cerca del generador que un cortocircuito. Bastapor tanto desplazar 1.85 mm = 0.132λg desde un cortocircuito (con Γcc = −1 = 1π) parahallar la fase de ΓL,

∠ΓL = ∠Γcc − 0.132λg2π

0.5λg= 1.483 rad = 84.96

Es decir, ΓL = 0.66184.96 .

5. Considere una lınea de transmision sin perdidas e impedancia caracterıstica Z0 excitadamediante un generador de impedancia interna Zg = Z0 y amplitud Vg y cargada en el

otro extremo con la impedancia ZL = Z0. A dicha lınea se le conecta en paralelo (entre losdos conductores) una resistencia R en un punto arbitrario de esta. De este modo, se tienen dostramos/secciones de lınea de transmision, como se ilustra en la figura.

ZLZ0Vg

d1 d2

Z0

Zg

R

Figura 1: Dos secciones de lınea de transmision conectados medianteresistencia

Determinar:

a) La expresiones de la tension y la intensidad en la lınea en cada una de las dos seccionesen funcion de Z0, R y Vg.

NOTA: Asuma conocida la constante de propagacion en la lınea β.

b) Las expresiones de la potencia disipada en la resistencia R, potencia transmitida mas allade esta, y potencia reflejada hacia el generador. Compruebe el balance de potencia.

c) Particularice los resultados de los apartados anteriores para el caso de Z0 = 50 Ω, Vg =10 V, R = 100 Ω y d1 = d2 = λ/2.

Respuesta:

11

BORRADO

RZ0Vg

d1 d2

Z0

Z0

Z0

zz = 0 z = 0

V −I

V +I V +

II

a b cb

Γ

Tramo I Tramo II

Figura 2: Dos secciones de lınea de transmision conectados medianteresistencia. Ilustracion de las ondas existentes en las sec-ciones de lınea.

a) Dado que la lınea esta terminada en su impedancia caracterıstica Z0, no habra ondareflejada en la seccion II. En cambio, en la primera seccion sı existe onda reflejada dadoque dicha seccion se encuentra cargada con una impedancia diferente de su impedanciacaracterıstica Z0 debido a la presencia de la resistencia R. Esto se ilustra en la Figura 2.

Por tanto, las expresiones de la tension y la corriente en cada uno de los tramos son:

Tramo I:

VI = V +I e−jβz + V −I ejβz (1)

II =1

Z0

(V +I e−jβz − V −I ejβz

)(2)

Tramo II:

VII = V +II e−jβz (3)

III =V +II

Z0e−jβz (4)

Notese que las amplitudes V +I , V −I , V +

II estan referidas a z = 0, es decir, en la zona deconexion de la resistencia.

El valor de V +I es conocido dado que la amplitud de la onda incidente (en el plano del

generador, denotado como a en la figura) es Vg/2 por ser Zg = Z0. De este modo, se tieneV +I = (Vg/2) exp(−jβd1). Por tanto, se tienen dos amplitudes que determinar: V −I y V +

II .Para ello, deben utilizarse las condiciones de contorno impuestas en la union entra las dossecciones.

En la union entre las dos secciones escribimos las leyes de Kirchoff (vease la Figura 3):

VI = VII → V +I + V −I = V +

II (5)

II = IR + III → V +I − V −IZ0

=V +II

R+V +II

Z0(6)

De las ecuaciones (5), (6) se puede obtener V −I y V +II en funcion de V +

I (que es conocido).Por ejemplo, despejando V +

II de (6) y sustituyendola en (5), escribimos:

V +II = (V +

I − V −I )R

Z0 +R→ V +

I + V −I = (V +I − V −I )

R

Z0 +R

12

BORRADO

RZ0Vg

d1 d2

Z0

Z0

Z0

zz = 0 z = 0

a b cb

VIIVI

II III

IR

Figura 3: Dos secciones de lınea de transmision conectados medianteresistencia. Ilustracion de las tensiones y corrientes en launion.

de donde se obtiene V −I

V −I

(1 +

R

Z0 +R

)= V +

I

(R

Z0 +R− 1

)→ V −I = V +

I

−Z0

2R+ Z0(7)

Sustituyendo (7) en (5) se obtiene V +II :

V +II = V +

I + V −I = V +I

(1 +

−Z0

2R+ Z0

)= V +

I

2R

2R+ Z0(8)

A los resultados anteriores para V −I y V +II se llega igualmente utilizando la relacion conocida

de teorıa de lıneas de transmision entre V −I y V +I :

V −I = V +I Γ (9)

y la ecuacion de la tension exclusivamente (5) (es decir, sin usar explıcitamente la expresionde corriente (6)) para obtener

V +II = V +

I + V −I = V +I (1 + Γ) (10)

siendo Γ el coeficiente de reflexion correspondiente a la seccion I (vease la Figura 2)

Γ =(R ‖ Z0)− Z0

(R ‖ Z0) + Z0=

−Z0

2R+ Z0(11)

Por tanto, sustituyendo (11) en (10) se obtiene V +II

V +II = V +

I (1 + Γ) = V +I

(1 +

−Z0

2R+ Z0

)= V +

I

2R

2R+ Z0(12)

Por otro lado, sustituyendo (11) en (9) se obtiene la expresion final de V −I :

V −I = V +I Γ = V +

I

−Z0

2R+ Z0(13)

13

BORRADO

R

Notese que (13) es (7) y (12) es (8).

Para completar la discusion sobre el tema, notese que los mismos resultados anteriores seobtienen utilizando solo de forma explıcita la igualdad de corrientes de (6) y el hecho deque V −I = V +

I Γ con Γ dado por (11):

V +I − V −IZ0

=V +I − V +

I Γ

Z0=V +II

R+V +II

Z0→ V +

I (1− Γ)

Z0= V +

II

Z0 +R

RZ0(14)

de donde facilmente se despeja V +II

V +II = V +

I (1− Γ)R

R+ Z0= V +

I

2R+ 2Z0

2R+ Z0

R

R+ Z0= V +

I

2R

2R+ Z0(15)

que coincide con el resultado final de las expresiones (8) y (12).

NOTA: Conviene hacer notar que la relacion V −I = V +I Γ con Γ dado por (11) se obtiene

de (5) y (6) por lo que realmente se esta jugando en todos los casos con las igualdades detension y corriente dadas por las leyes de Kirchoff en la union. En este caso particular setiene una resistencia en paralelo por lo que lo mas comodo es trabajar con el coeficiente dereflexion Γ y la ley de Kirchoff de las tensiones que implica la igualdad de las tensiones enlas dos secciones: VI = VII . Si se hubiera tenido la resistencia en serie en vez de en paralelo,hubiera convenido trabajar con la ley de Kirchoff de las tensiones que implica la igualdadde las corrientes en las dos secciones: II = III (vease problema p_VIP_lt_Rserie).

b) Las expresiones son:

Potencia reflejada hacia el generador:

Pref =

∣∣V −I ∣∣22Z0

=

∣∣V +I

∣∣2 |Γ|22Z0

(16)

Potencia disipada en la resistencia

PR =|VI |22R

=

∣∣V +I

∣∣2 |1 + Γ|22R

(17)

Potencia transmitida a la segunda seccion y, por tanto, a ZL = Z0 dado que la lıneaes sin perdidas.

PT = PL =|VII |22Z0

=

∣∣V +I

∣∣2 |1 + Γ|22Z0

(18)

A las potencias anteriores anadimos la potencia incidente (en el tramo I) que es

Pinc =

∣∣V +I

∣∣22Z0

(19)

14

BORRADO

R

La comprobacion del balance de potencia en la union consiste en la verificacion de laigualdad siguiente:

Pinc − Pref = PR + PT (20)

Sustituyendo (19), (16), (17) y (18) en (20), se obtiene la igualdad siguiente que habra queverificar:

∣∣V +I

∣∣2 (1− |Γ|2)

2Z0

?=

∣∣V +I

∣∣2 |1 + Γ|22R

+

∣∣V +I

∣∣2 |1 + Γ|22Z0

(21)

es decir, (1− |Γ|2

)2Z0

?=|1 + Γ|2

2R+|1 + Γ|2

2Z0(22)

Teniendo en cuenta (11) y que 1 + Γ = 2R/(2R+ Z0) es facil verificar que se cumple (22)y, por tanto, el balance de potencia de (20).

c) La particularizacion de las expresiones de los apartados anteriores a los valores dados enel enunciado proporcionan los resultados siguientes:

V +I = −Vg

2= 5∠180V.

Notese que por ser d1 = λ/2, la fase de V +I es de 180 respecto a la de Vg. Se asume

fase 0 para Vg.

Γ = −0.2⇒ V −I = 1∠0, V +II = 4∠180V

Pinc = 250 mW, Pref = 10 mW, PR = 80 mW, PT = PL = 160 mW

Notese que por ser R = 2Z0 la potencia en la resistencia es la mitad que la transmitidamas alla de esta (se “ve” una carga de Z0 a la derecha de la resistencia).

Por otro lado, se comprueba que se cumple el balance de potencia: 250 mW−10 mW =80 mW + 160 mW.

6. Considere una lınea de transmision sin perdidas e impedancia caracterıstica Z0 excitadamediante un generador de impedancia interna Zg = Z0 y amplitud Vg y cargada en el otro

extremo con la impedancia ZL = Z0. A dicha lınea se le conecta en serie una resistencia R en unpunto arbitrario de esta. De este modo, se tienen dos tramos/secciones de lınea de transmision,como se ilustra en la figura.

15

BORRADO

RZL

d2

Z0Z0Vg

d1Zg R

Figura 1: Dos secciones de lınea de transmision conectados medianteresistencia

Determinar:

a) La expresiones de la tension y la intensidad en la lınea en cada una de las dos seccionesen funcion de Z0, R y Vg.

NOTA: Asuma conocida la constante de propagacion en la lınea β.

b) Las expresiones de la potencia disipada en la resistencia R, potencia transmitida mas allade esta, y potencia reflejada hacia el generador. Compruebe el balance de potencia.

c) Particularice los resultados de los apartados anteriores para el caso de Z0 = 50 Ω, Vg =10 V, R = 25 Ω y d1 = d2 = λ/2.

Este problema es el “dual” del problema p_VIP_lt_Rparalelo en el que la resistencia R setiene en paralelo en vez de en serie como en este. Se recomienda leer la solucion de dicho ejercicioprimero donde las explicaciones son mas extensas que las que se dan aquı.

Respuesta:

a) De acuerdo con la Figura 2, escribimos:

Tramo I:

VI = V +I e−jβz + V −I ejβz (1)

II =1

Z0

(V +I e−jβz − V −I ejβz

)(2)

Tramo II:

VII = V +II e−jβz (3)

II =V +II

Z0e−jβz (4)

Notese que las amplitudes V +I , V −I , V +

II estan referidas a z = 0, es decir, en la zona deconexion de la resistencia.

El valor de V +I es conocido dado que la amplitud de la onda incidente (en el plano del

generador, denotado como a en la figura) es Vg/2 por ser Zg = Z0. De este modo, se tieneV +I = (Vg/2) exp(−jβd1). Por tanto, se tienen dos amplitudes que determinar: V −I y V +

II .Para ello, deben utilizarse las condiciones de contorno impuestas en la union entra las dossecciones.

En la union entre las dos secciones escribimos las leyes de Kirchoff (vease la Figura 3):

VI = VR + VII → V +I + V −I = V +

II + VR (5)

II = III → V +I − V −IZ0

=V +II

Z0(6)

16

BORRADO

Rd2

Z0 Z0

z

cbTramo II

Z0Vg

d1Z0

z = 0

V −I

a b

Γ

Tramo I

R

z = 0

V +I V +

II

Figura 2: Dos secciones de lınea de transmision conectados medianteresistencia. Ilustracion de las ondas existentes en las sec-ciones de lınea.

Vg

d1Z0

z = 0

a b

Γ

Tramo I

R

z = 0

d2

Z0 Z0

z

cbTramo II

VIIVRVI

IIIII

Z0

Figura 3: Dos secciones de lınea de transmision conectados medianteresistencia. Ilustracion de las tensiones y corrientes en launion.

De las ecuaciones (5), (6) se puede obtener V −I y V +II en funcion de V +

I (que es conocido).Igualmente, se puede llegar al mismo resultado usando una de las expresiones, (5), (6) yla relacion existente entre V −I y V +

I a traves del coeficiente de reflexion: V −I = V +I Γ. La

relacion anterior es conocida de teorıa de lıneas de transmision y se obtiene de igualmentede las leyes de Kirchoff, (5), (6).

En este caso, y dado que la resistencia esta en serie, lo mas comodo es emplear la igualdadde corrientes de (6) y obtener finalmente:

V −I = V +I Γ = V +

I

R

R+ 2Z0(7)

V +II = V +

I (1− Γ) = V +I

2Z0

R+ 2Z0(8)

donde

Γ =(R+ Z0)− Z0

(R+ Z0) + Z0=

R

R+ 2Z0(9)

17

BORRADO

R

Otra forma de resolver este apartado es emplear ondas de corriente en vez de tension:

Tramo I:

II = I+I e−jβz + I−I e

jβz (10)

VI =1

Y0

(I+I e−jβz − I−I ejβz

)(11)

Tramo II:

III = I+II e−jβz (12)

VII =I+II

Y0e−jβz (13)

El valor de I+I es conocido dado que la amplitud de la onda incidente (en el plano del

generador a) es Ig/2 por ser Yg = Y0 (Zg = Z0), donde Ig = VgYg. Esto se puede ver masclaramente haciendo el equivalente de Norton del generador (ver Figura 4) y comproban-do1 que la expresiones para obtener la onda incidente de corriente son identicas a las quese obtienen cuando de quiere calcular la onda incidente de tension con el generador repre-sentado por su equivalente de Thevenin. De este modo, se tiene I+

I = (Ig/2) exp(−jβd1) =(Vg/(2Z0)) exp(−jβd1).

d2

Y0

z

cbTramo II

Y0Y0

d1

z = 0

a b

ΓY

Tramo I

G

z = 0

I+III+I

I−IY0Ig

Figura 4: Dos secciones de lınea de transmision conectados medianteresistencia. Generador representado por su equivalente deNorton. Ilustracion de las ondas existentes en las seccionesde lınea.

Por tanto, se tienen dos amplitudes que determinar: I−I y I+II . Para ello, deben utilizarse

las condiciones de contorno impuestas en la union entre las dos secciones que vienen dadaspor las leyes de Kirchoff, ecuaciones (5) y (6), que en terminos de ondas de corriente seexpresan como sigue:

II = III → I+I + I−I = I+

II (14)

VI = VR + VII → I+I − I−IY0

=I+II

G+I+II

Y0(15)

siendo G = 1/R. Notese que las expresiones anteriores son las duales (cambiando corrientespor tensiones y admitancias por impedancias) a las del problema p_VIP_lt_Rparalelo.

1Se deja como ejercicio al lector

18

BORRADO

R

Por tanto, considerando los resultados duales de los obtenidos en p_VIP_lt_Rparalelo,se obtiene:

R en paralelo: V −I = V +I

−Z0

2R+ Z0→ G en serie: I−I = I+

I

−Y0

2G+ Y0(16)

R en paralelo: V +II = V +

I

2R

2R+ Z0→ G en serie: I+

II = I+I

2G

2G+ Y0(17)

Puede comprobarse como

ΓY ≡ I−II+I

=−Y0

2G+ Y0= − R

R+ 2Z0≡ −Γ (18)

yI+II

I+I

= 1 + ΓY =2G

2G+ Y0=

2R

2R+ Z0= 1− Γ (19)

donde ΓY es el coeficiente de reflexion (en admitancia) y Γ el coeficiente de reflexion enimpedancia (relacionados por ΓY = −Γ).

Por otro lado, y dado que

V +I = I+

I Z0 =I+I

Y0V −I = −I−I Z0 =

−I−IY0

V +II = I+

IIZ0 =I+II

Y0(20)

se comprueba facilmente que las expresiones de ondas de corriente (16), (17) correspondena las ondas de tension de (7), (8) obtenidas anteriormente.

b) Las expresiones de las potencias son, al igual que las del apartado anterior, las duales delas del problema p_VIP_lt_Rparalelo:

Potencia reflejada hacia el generador:

R en paralelo: Pref =

∣∣V −I ∣∣22Z0

→ G en serie: Pref =

∣∣I−I ∣∣22Y0

=

∣∣I+I

∣∣2 ∣∣ΓY ∣∣22Y0

(21)

Potencia disipada en la resistencia

R en paralelo: PR =|VI |22R

→ G en serie: PR =|II |22G

=

∣∣I+I

∣∣2 ∣∣1 + ΓY∣∣2

2G(22)

Potencia transmitida a la segunda seccion y, por tanto, a ZL = Z0 = 1/Y0 dado quela lınea es sin perdidas.

R en paralelo: PT =|VII |22Z0

→ G en serie: PT =|III |22Y0

=

∣∣I+I

∣∣2 ∣∣1 + ΓY∣∣2

2Y0(23)

19

BORRADO

R

A las potencias anteriores anadimos la potencia incidente (en el tramo I), que es igualmentedual a la del problema p_VIP_lt_Rparalelo:

R en paralelo: Pinc =

∣∣V +I

∣∣22Z0

→ G en serie: Pinc =

∣∣I+I

∣∣22Y0

(24)

La comprobacion del balance de potencia en la union consiste en la verificacion de laigualdad siguiente:

Pinc − Pref = PR + PT (25)

Sustituyendo (24), (21), (22) y (23) en (25), se obtiene la igualdad siguiente que habra queverificar:

∣∣I+I

∣∣2 (1−∣∣ΓY ∣∣2)

2Y0

?=

∣∣I+I

∣∣2 ∣∣1 + ΓY∣∣2

2G+

∣∣I+I

∣∣2 ∣∣1 + ΓY∣∣2

2Y0(26)

es decir, (1−

∣∣ΓY ∣∣2)2Y0

?=

∣∣1 + ΓY∣∣2

2G+

∣∣1 + ΓY∣∣2

2Y0(27)

Teniendo en cuenta (18), (19) es facil verificar que se cumple (27) y, por tanto, el balancede potencia de (25).

c) La particularizacion de las expresiones de los apartados anteriores a los valores dados enel enunciado proporcionan los resultados siguientes:

V +I = −Vg

2= 5∠180V. I+

I = − Vg2Z0

= 0.1∠180A.

Notese que por ser d1 = λ/2, la fases de V +I y I+

I son de 180 respecto a la de Vg (eIg). Se asume fase 0 para Vg (e Ig).

ΓY = −Γ = −0.2 ⇒ V −I = 1∠180V, I−I = 0.02∠0A, V +II = 4∠180V, I+

II =0.08∠180A

Pinc = 250 mW, Pref = 10 mW, PR = 80 mW, PT = PL = 160 mW

Notese que por serG = 2Y0 (condicion dual a la que se da en el problema p_VIP_lt_Rparalelo)se tiene la misma condicion que en dicho problema donde la potencia en la resistenciaes la mitad que la transmitida mas alla de esta.

Por otro lado, se comprueba que se cumple el balance de potencia: 250 mW−10 mW =80 mW + 160 mW.

20

BORRADO

R

Ejercicios no resueltos

7. Calcule la amplitud de la onda incidente en una lınea de transmision de longitud l, ca-racterizada por sus parametros secundarios: impedancia caracterıstica Z0, y constante de

propagacion γ (puede suponer la lınea sin perdidas, es decir, gamma = jβ). La lınea es escitadapor un generador de tension de amplitud Vg e impedancia interna Zg. La lınea estna terminadaen la impedancia de carga ZL. Obtenga la expresion en funcion de la tension del generador. Apartir de la expresion anterior, calcule la expresion de la potencia asociada a la onda incidente(conocida como “potencia incidente”) en funcion de la potencia disponible del generador.

Vg

l

Z0, γ

a b

b′a′

Zg

ZL

Respuesta:

8. Calcular la potencia entregada a la carga ZL de un sistema de comunicacion operandoen frecuencias de microondas formado por tres secciones de lıneas de transmision. Vease la

ilustracion de la Figura 1.

21

BORRADO

RZ0

Z0

I

Z0

III

Z ′0

II

Vg

Z0

l1 l3l2

Figura 1

Los tramos I y III tienen impedancia caracterıstica Z0 = 50 Ω y constante de atenuacionα1 = α3 = 3.5 10−3 Np/cm; el tramo II Z ′0 = 75 Ω y α2 = 3 10−3 Np/cm. La frecuencia detrabajo es de 1 GHz y la longitud de los tramos es: l1 = l2 = 10 m, l3 = 1 m. La amplitud (depico) del atension del generador Vg es 10 V.

Determine asimismo como se habrıan podido simplificar los calculos si el tramo II hubieratenido l2 = 10 cm. Justifique la respuesta.

Respuesta:

9. Considere una lınea de transmision terminada en una carga no adaptada. Considere quese tiene una red adaptadora sin perdidas colocada tal y como se muestra en las Figuras 1

y 2.

AdaptaciónRed

(sin pérdidas)

Z0

Z0

Vg

ZL 6= Z0Z0

l

Figura 1

AdaptaciónRed

(sin pérdidas)Z0

Vg

Z0

Z0

ZL 6= Z0

l

Figura 2

a) Razone (para cada uno de los casos) si se tiene, o no, onda estacionaria en la lınea.

b) Concluya, usando razonamientos energeticos y la teorıa de lıneas de transmision, que lapotencia en la carga PL es igual a la potencia disponible del generador Pdg.

c) Calcule la potencia incidente a la salida de la red adaptadora en el caso de la Figura 2.Comente el resultado.

22

BORRADO

R

Para ello, utilice el circuito equivalentes de Thevenin a la izquierda del plano marcado conlınea discontinua. A partir de ahı calcule la potencia incidente haciendo uso de la teorıade lıneas de transmision.

Respuesta:

10. Considere un tramo de lınea de transmision cargada en uno de sus extremos. Demuestreque la relacion entre la potencia maxima que se puede entregar a la carga en los casos de

no existir o sı existir onda estacionaria en la lınea es justamente la relacion de onda estacionaria.Suponga que la unica limitacion en cuanto a potencia maxima se deriva del hecho de que existeuna tension maxima |Vmax| en la lınea que no puede superarse sin que se produzca un arcoelectrico en esta.

Respuesta:

11. Se desea alimentar dos antenas, de impedancias Z1 = 40 Ω y Z2 = 60 Ω a la frecuenciade 2 GHz con un generador de 10 V de pico, e impedancia interna 50 Ω. Para conseguirlo,

se dispone de una red de tres puertas, sin perdidas cuyo circuito equivalente a la frecuencia detrabajo se muestra en la figura. Suponiendo que el generador se conecta a la puerta j a travesde un cable coaxial de Z0 = 50 Ω y longitud electrica correspondiente a βl = 3π/4, y las cargasZ1 y Z2 a las puertas 1 y 2 con tramos de cable coaxial identico al anterior, pero de longitudeselectricas respectivas correspondientes a βl1 = π/2, βl2 = π, determinar la potencia entregadaa cada una de las antenas.

NOTA: Los cables utilizados presentan una atenuacion de 3.5 10−3 Np/cm. Z4 = j 100 Ω,Z5 = j 10 Ω

23

BORRADO

RZ0

Vg

Z0

l Z ′0

l2

Z ′0

Z1

Z2

α, β

α, β

α, β

l1

Z4

Z5

Respuesta:

12. Demuestre que con un atenuador variable y un tramo de lınea de transmision de impedan-cia Z0 terminado en un cortocircuito desplazable, es posible obtener cualquier impedancia

de carga. Basandose en el analisis anterior, obtenga la longitud de una lınea con una permiti-vidad relativa efectiva de 2.8 a la frecuencia de 6 GHz y la atenuacion en dB para obtener unaimpedancia de entrada de 300 + j 110.

NOTA: Considere Z0 = 50 Ω

Respuesta:

24

BORRADO

R

CARTA DE SMITH y ADAPTACION DE IMPEDANCIAS

13. Se quiere adaptar una impedancia normalizada ZL = r+ jx (Ω) respecto a Z0 = 50 (Ω). Sedecide utilizar una red en T formada por inductores o condensadores como muestra la figura.

En dicha red se define un parametro de calidad denominado Qn (Q del nodo) como la relacionentre el modulo de la parte imaginaria de la impedancia y el valor de la parte real (Qn = |x|/r).Explique en la carta de Smith el proceso general de adaptacion. Puede particularizar el desarrolloanterior para ZL = 10− 15j (Ω), Qn = 5, y f = 2 GHz.

ZL

L1 L2

C

Qn

Respuesta:

Las curvas de Qn constante (que resultan ser circunferencias) quedan como se ve en laFigura 1. Efectivamente,

r =1− (u2 + v2)

(1− u)2 + v2

x =2v

(1− u)2 + v2

de donde se obtiene:

Qn =|x|r

=2|v|

1− (u2 + v2)

La expresion anterior se puede escribir como sigue:

Qn(u2 + v2) + 2|v| = Qn

y, dividiendo ambos miembros por Qn y sumando 1/Q2n, queda:

u2 + v2 +2

Qn|v|+ 1

Q2n

= 1 +1

Q2n

⇒ u2 + (v ± 1

Qn)2 = 1 +

1

Q2n

que corresponde a circunferencias en el plano complejo u, v de:

Centro:

(0,∓ 1

Qn

)Radio:

√1 +

1

Q2n

25

BORRADO

R

donde el signo “-” es para las cargas con x positivas y el “+” para las cargas de x negativa.

-1

-0.5

0

0.5

1

-1 -0.5 0 0.5 1

Figura 1

Las impedancias despues de cargar la susceptancia del condensador la denominamos con elsubındice “n2”, vease la Figura 1 bis.

26

BORRADO

RZL

L1 L2

C

Qn

Zn2, Yn2

Zn, Yn

Figura 1 bis

El proceso de adaptacion completo se muestra en la Figura 2.

-1

-0.5

0

0.5

1

-1 -0.5 0 0.5 1

Zl

Zn

Yn

Yn2

Zn2

Z0

27

BORRADO

R

Figura 2

Si se quiere ver cada uno de los pasos seguidos en la adaptacion, vease mejor el fichero PDFp_adaptacion_red-en-T-SmithChart-screen_version.pdf

Los resultados del proceso de adaptacion descrito en la Figura 2 son:

ZL = 10− 15j → ZL =ZLZo

= 0.2− j 0.3

Zn = 0.2 + j → xL2 = imag(Zn)− imag(ZL) = 1.3

xL2 =xL2 Zoω

= 5.2 nH

Zn = 0.2 + j → Yn = 0.19− j 0.96

Yn2 = 0.19 + j 0.40 → bC = imag(Yn2)− imag(Yn) = 1.36

C =bC Yoω

= 2.2 pF

Zn2 = 1− j 2 → xL1 = imag(Zo)− imag(Zn2) = −imag(Zn2) = 2

L1 =xL1 Zoω

= 8.0 nH

14. Considere la adaptacion de una carga ZL 6= Z0 a un sistema de transmision de impedanciacaracterıstica Z0 mediante dos secciones de lınea de transmision de longitud λ/4 y λ/8

como se muestra en la figura. Determine las expresiones de las impedancias caracterısticas delos tramos de longitud λ/4 y λ/8.

ZLZλ/8

a

a′

λ/4 λ/8

Zλ/4

b

b′ c′

c

Z0

28

BORRADO

R

Respuesta:La impedancia al comienzo del tramo de longitud λ/8 (plano bb′) se puede obtener a partir

de la expresion siguiente

Zbb′ = Zλ/8ZL cosβl + Zλ/8 sinβl

Zλ/8 cosβl + ZL sinβl= Zλ/8

ZL + Zλ/8 tanβl

Zλ/8 + ZL tanβl

para βl = βλ/8 = π/4, es decir,

Zbb′ = Zλ/8ZL + jZλ/8

Zλ/8 + jZL= Zλ/8

RL(Zλ/8 −XL)− jR2L + j(XL + Zλ/8)(Zλ/8 −XL) +RL(XL + Zλ/8)

(Zλ/8 −XL)2 +R2L

(1)El tramo de λ/4 requiere que Zbb′ sea real. Por ello, la impedancia del tramo λ/8 se obtiene

haciendo que la parte imaginaria de Zbb′ sea nula. Es decir,

imag(Zbb′) = 0⇔ −R2L + Zλ/8 −X2

L = 0 (2)

de donde se obtiene el valor de Zλ/8

Zλ/8 =√R2L + +X2

L = |ZL| (3)

Una vez se da la condicion anterior, (3), se tiene que Zbb′ es real y de valor:

Zbb′ |Zλ/8=|ZL| = Zλ/82RLZλ/8

(Zλ/8 −XL)2 +R2L

(4)

El valor de la impedancia Zλ/4 es la media geometrica de la impedancia real en el plano bb′

y la impedancia Z0:

Zλ/4 =√Z0Zbb′ |Zλ/8=|ZL| (5)

15. Considere la red de adaptacion simple stub de la figura donde Z0 = 50 Ω, Z1 = 100 Ω,y ZL = 5.57 − j 10.4 Ω. Obtenga, con ayuda de la carta de Smith, los valores de d y l en

fracciones de longitud de onda.

ZL

Z0

Z1

d

Z0

l

29

BORRADO

R

Figura 1: Adaptacion mediante simple stub con Z1 como impedanciacaracterıstica del stub

Respuesta:Existen dos soluciones:

Solucion 1:

d1 = 0.08λ

l1 = 0.474λ

Solucion 2:

d1 = 0.48λ

l1 = 0.026λ

16. Considere la red de adaptacion de la figura donde Z0 = 50 Ω y ZL = 50 + j 35.35 Ω.Obtenga, con ayuda de la carta de Smith, el valor de d en fracciones de longitud de onda.

¿Cual debe ser el valor de la impedancia caracterıstica Zc de la seccion λ/4?

ZL

Z0

λ/4 d

Z0Zc

Figura 1: Adaptacion mediante tramo de lınea y adaptador λ/4

Respuesta:

Distancia d = 0.098λ+ nλ/4, n = 0, 1, . . .

Valor de Zc:

• n pares: Zc =√

2 Ω

• n impares: Zc = 1/√

2 Ω

30

BORRADO

R

17.Considere la red de adaptacion doble stub de la figura donde Z0 = 50 Ω, d = λ/8 y ZL =

60− j 80 Ω con l = λ/10. Obtenga, con ayuda de la carta de Smith, los valores de las longitudesde los stubs l1 y l2 en fracciones de longitud de onda.

Z0

l2

Z0

l1

Z0

Z0

Z0 ZLZ0

d l

Figura 1: Adaptacion mediante doble stub

Respuesta:Existen dos soluciones:

Solucion 1:

L1 = 0.336λ

L2 = 0.182λ

Solucion 2:

L1 = 0.118λ

L2 = 0.461λ

31

BORRADO

R

18. Sea el circuito de la figura que incluye dos tramos de lınea de transmision ideales condielectrico aire, de tamanos l1 = λ/4 y l2 = λ/8 a la frecuencia de trabajo f = 1 GHz.

Suponga que ZL es una resistencia de 20 Ω en serie con una inductancia de 10 nH.

a) Se quiere adaptar a Z0 = 50 Ω. Calcule los valores de L1 y L2 necesarios para adaptar laentrada.

b) Calcule la longitud de un stub en abierto (Z0 = 100 Ω y εr = 4) que sustituya a la bobinaparalelo L1.

c) Si en el circuito del apartado a las bobinas tienen una tolerancia de ±5 %. Determine elvalor de las perdidas de retorno (en dB) para el caso de una variacion del 5 %.

d) Haciendo uso exclusivamente de la carta de Smith, demuestre si el circuito asociado alapartado a) sirve para adaptar a una impedancia compleja de valor Zg = 0.6 + 0.8j.

Respuesta:En la siguiente figura se muestra la notacion de impedancias normalizadas que se utilizara

en la solucion del problema. Los valores de admitancia siguen la misma notacion de subındices(es decir, por ejemplo Y3 = 1/Z3).

a) La impedancia de carga es ZL = RL+jωLL = 20+20πj Ω. Por tanto, su valor normalizadorespecto a Z0 es

ZL = 0.4 + 0.4πj = 0.4 + 1.257j

El tramo de lınea de longitud l1 es un transformador λ/4, por lo que a su entrada se veuna impedancia Z1 = 1/ZL, lo que en la carta de Smith supone un giro de π rad. Ademas,puesto que L1 esta conectada en paralelo es necesario utilizar admitancias. La admitanciacorrespondiente a Z1 es YL, es decir,

Y1 = 0.4 + 1.257j

Como puede apreciarse, numericamente ZL = Y1. Claramente, la causa es que tanto eltransformador λ/4 como el cambio de impedancia a admitancia producen sendos giros deπ rad en la carta de Smith que se cancelan.

32

BORRADO

R

A la izquierda de L1 la admitancia es por tanto

Y3 = Y1 + jB1

siendo B1 la susceptancia normalizada de la inductancia L1,

jB1 =

(jωL1

Z0

)−1

.

Puesto que B1 < 0, todos los valores posibles de Y3 son los siguientes:0 0.5

1 20

0.5

−0.5

1

−1

2

−2

Por otra parte, si Z2 es la impedancia a la derecha de L2, para que haya adaptacion setiene que cumplir

Z0 = Z2 + jωL2 ⇔ Z2 = 1− jX2

siendo X2 > 0 la reactancia normalizada de la inductancia L2,

jX2 =jωL2

Z0.

La seccion de longitud l2 = λ/8 causara un giro positivo (antihorario —hacia la carga—) de π/2 rad en la carta de Smith, lo que permite determinar los posibles valores de laimpedancia Z3. Ademas, nuevamente es necesario utilizar admitancias debido a la conexionen paralelo de L2. La transformacion a admitancia produce un giro adicional de π rad, porlo que Y3 se obtiene de Z2 mediante un giro de 3π/2 rad, o lo que es equivalente, un girode −π/2 rad (horario). Los posibles valores de Z2 y Y3 son por tanto los siguientes:

33

BORRADO

R0 0

.5

1 2

0

0.5

−0.5

1

−1

2

−2

Las dos figuras anteriores determinan las condiciones que ha de cumplir Y3 obtenidas desdela carga y la entrada del circuito, respectivamente. Por supuesto, la solucion ha de verificarambas, por lo que vendra determinada por el corte de las dos curvas,

0 0.5

1 2

0

0.5

−0.5

1

−1

2

−2

Por tanto, Y3 = 0.4− 0.2j. Deshaciendo el giro de −π/2 rad se obtiene Z2 = 1− j, segunse muestra tambien en la grafica.

La susceptancia B1 viene dada por el arco entre Y1 e Y3, lo que permite resolver L1,

jB1 = Y3 − Y1 = −1.457j ⇒ L1 = − Z0

ωB1= 5.463 nH.

Por su parte, la reactancia X2 esta determinada por el arco entre Z2 y el origen de la cartade Smith, con lo que L2 tambien queda resuelto,

jX2 = 1− Z2 = j ⇒ L2 =Z0X2

ω= 7.958 nH.

34

BORRADO

R

b) La impedancia de entrada de un stub de impedancia caracterıstica Z ′0 y longitud l termi-nado en abierto es Zin = −jZ ′0 cotg βl. En el caso de la pregunta, esa impedancia ha deser igual a la de la inductancia L1. Por tanto, para Z ′0 = 100 Ω e igualando, resulta

jωL1 = −jZ ′0 cotg βl ⇒ tanβl = − Z ′0ωL1

= −2.9133

y la longitud electrica del stub es la menor solucion positiva de la ecuacion, βl = 1.901 rad.Como β = 2π/λ, la longitud fısica es l = 0.303λ. Este resultado se puede leer directamenteen la carta de Smith como el angulo que se necesita para pasar de un circuito abierto a−jZ′0ωL1

, que es la admitancia de L1 normalizada respecto a Z ′0.

Por otra parte, la longitud de onda en la lınea es

λ =c

f√εr

= 0.15 m

y por tanto, la longitud del stub es l = 0.0454 m = 45.4 mm.

c) La solucion de este apartado se presenta en la siguiente figura:

0 0.5

1 2

0

0.5

−0.5

1

−1

2

−2

Y1

Y3

Z2

Zin

Al variar L1 entre 0.95 y 1.05 de su valor nominal tambien lo hace su susceptancia, entrelos valores 0.95B1 y 1.05B1. De este modo, los posibles valores de Y3 estan sobre un arcode conductancia constante, con extremos

Y ′3 = Y1 + j0.95B1 = 0.4− 0.1307j

Y ′′3 = Y1 + j1.05B1 = 0.4− 0.2767j.

35

BORRADO

R

Al aplicar la rotacion de −π/2 rad este arco se transforma en otro correspondiente a Z2,con extremos

Z ′2 = 0.8736− 0.8986j

Z ′′2 = 1.1710− 1.1175j

A su vez, la reactancia de L2 tambien tiene una variacion de ±5 % en torno a su valornominal X2. Ası, al calcular Zin = Z2 + jX2 cada uno de los puntos del arco anterior setransforma en un arco de resistencia constante. El resultado es por tanto un cuadrilaterocuyos lados son arcos de circunferencia (dos de ellos de resistencia constante) y dentro delcual esta contenido el origen de la carta de Smith. Los extremos de los arcos resultantesde transformar Z ′2 y Z ′′2 son los vertices de ese cuadrilatero. Las impedancias y coeficientesde reflexion de dichos vertices son

Z(1)in = Z ′2 + j0.95X2 = 0.8736 + 0.0514j ⇔ Γ

(1)in = 0.0728156.3

Z(2)in = Z ′2 + j1.05X2 = 0.8736 + 0.1514j ⇔ Γ

(2)in = 0.1049125.2

Z(3)in = Z ′′2 + j0.95X2 = 1.1710− 0.1675j ⇔ Γ

(3)in = 0.1099−40.0

Z(4)in = Z ′′2 + j1.05X2 = 1.1710− 0.0675j ⇔ Γ

(4)in = 0.0846−19.7

Las menores perdidas de retorno, que son el caso de peor adaptacion, se producirıan para

Γ(3)in ,

RL = −20 log |Γ(3)in | = 19.18 dB.

d) La figura muestra las condiciones de Y3 con los nuevos datos. La condicion calculada apartir de la carga no varıa respecto al caso anterior, pero la condicion a partir de Zin =Z∗g = 0.6− 0.8j sı es diferente. Como puede verse, ambas condiciones no se cortan, por loque el problema no tiene solucion y no se puede adaptar a Zg con el circuito del enunciado.

0 0.5

1 20

0.5

−0.5

1

−1

2

−2

Y1

Y3

Y3

Z2

Zin

=Zg

*

36

BORRADO

R

Es posible obtener todos los valores de Zin = Z∗g para los que sı hay solucion. Paraello se ha de aplicar una rotacion de π/2 rad a la traza de Y3 obtenida desde la carga,correspondiente a trasladar λ/8 hacia el generador y transformar a valores de impedancia.El resultado son los posibles valores que puede tomar Z2. Los puntos Zin con solucion sonaquellos para los que existe una reactancia positiva X2 tal que Zin − jX2 corta en algunpunto a dicha traza de posibles valores de Z2. La figura muestra sombreada la region dela carta de Smith con solucion, correspondiendo el sombreado mas oscuro a la region condos soluciones diferentes.

19. Considere la red de adaptacion de la figura formada por dos condensadores C1, C2 en seriey paralelo, respectivamente. La carga ZL se conecta a la red mediante un tramo de lınea

de impedancia caracterıstica Z0 de longitud d = 22 cm. Considere Z0 = 50 Ω, y ZL = 7 + j 34 Ω.Obtenga los valores de C1, C2 para una frecuencia de trabajo de 2 GHz.

ZL

Z0

d

Z0C2

C1

Figura 1: Adaptacion mediante elementos concentrados

37

BORRADO

R

Respuesta:C1 = 16.51 pF, C2 = 4.49 pF.

20. Considere la red de adaptacion doble stub de la figura donde d = λ/8 y ZL es real, esdecir, ZL = RL. La carga RL es tal que genera una onda estacionaria con ROE=4 cuando

termina una seccion de lınea de transmision de impedancia Z0.Obtenga, con ayuda de la carta de Smith, la longitud l en fracciones de λ que hace que los

valores de l1, l2 que consiguen la adaptacion sean unicos.

Z0

l2

Z0

l1

Z0

Z0

Z0 ZLZ0

d l

Figura 1: Adaptacion mediante doble stub

Respuesta:Para que solo exista una solucion para los valores de l1, l2 se debe dar que la admitancia

antes del primer stub este sobre una circuenferencia de parte real que solo tenga un punto decorte (tangencia) con la circunferencia de g = 1 girada d = λ/8.

Sobre la carta de Smith es facil ver que dicha circunferencia es la de g = 1.98. De este modo,los valores de l se obtienen como la distancia electrica (moviendose por la circunferencia de radioconstante y en sentido “hacia generador”) entre el punto de carga YL = 1/ZL y la circunferenciade g = 1.98. Existen en general dos posibles valores de l para una carga ZL.

Dado que en el enunciado se dice que la carga es real y de ROE=4, se pueden dar dos cargasposibles: ZL/Z0 = 4 o bien ZL/Z0 = 1/4 que se situan como admitancia en la carta de Smithen la zona de cargas reales (eje horizontal) sobre g = 4 y g = 1/4 respectivamente.

Se puede observar en la carta de Smith que la circunferencia correspondiente a ROE=4 cortaa g = 1.98. Por tanto, se tienen dos soluciones para cada una de las dos valores de ZL posibles.En total, se tienen 4 soluciones.

38

BORRADO

R

YL/Y0 = 4← ZL/Z0 = 1/4

• Solucion 1: l = 0.042λ

• Solucion 2: l = 0.458λ

YL/Y0 = 1/4← ZL/Z0 = 4

• Solucion 1: l = 0.208λ

• Solucion 2: l = 0.292λ

Notese que la relacion que existe entre las soluciones para las dos posibles cargas (YL/Y0 = 4,YL/Y0 = 1/4) donde los valores de l estan separados λ/4 = 0.25λ. Ello es debido a que las dosposibles cargas (YL/Y0 = 4, YL/Y0 = 1/4) estan precisamente separadas λ/4.

21. Considere la red de adaptacion de la figura con YL/Y0 = Z0/ZL = 3 + j y B1/Y0 =B2/Y0 = 0.7. ¿Para que valores de d1, d2 se logra la adaptacion?

YLjB2jB1

Z0

Z0

d2d1

Z0

Figura 1: Red de Adaptacion

Respuesta:d1 = 0.36λ, d2 = 0.15λ.

22. Considere la red de adaptacion doble stub de la figura donde los stubs estan dispuestosen serie. Se tiene que Z0 = 50 Ω, Z1 = 60 Ω, y ZL = 75 + j 50 Ω. La carga se encuentra a

la distancia d1 = 2 cm del primer stub. La longitud entre los stubs es d2 = 1 cm. Obtenga, conayuda de la carta de Smith, los valores de l1 y l2. Considere como frecuencia de funcionamientof = 3 GHz.

39

BORRADO

RZ0

ZLZ0Z0 Z0

Z1Z1

d1d2

l1l2

Figura 1: Adaptacion mediante doble stub con stubs de impedanciacaracterıstica Z1 en serie

Respuesta:Existen dos soluciones:

Solucion 1:

l1 = 0.0931λ

l2 = 0.431λ

Solucion 2:

l1 = 0.192λ

l2 = 0.194λ

23. Se quiere disenar una red para adaptar una impedancia de carga ZL = RL + jXL a unaimpedancia de referencia Z0 = 50 Ω, a una frecuencia f = 3 GHz. La red de adaptacion

estara formada unicamente por dos elementos concertados reactivos (inductancias, capacidades).

a) Si RL > Z0, determine cual o cuales de las dos redes siguientes son adecuadas.

(a) (b)

40

BORRADO

R

b) Sea ZL = 80− 40j Ω. Para la segunda red del apartado anterior, encuentre dos solucionesdiferentes, es decir, determine los tipos de elementos (bobinas, condensadores) y sus valores.

c) La red se va a utilizar en un ancho de banda del 100 %, es decir, en la banda de frecuenciasentre f − f/2 y f + f/2. Determine las perdidas de retorno de las soluciones del apartadoanterior en los extremos de la banda. En vista del resultado, ¿que solucion elegirıa?

Respuesta:

a) En los diagramas siguientes (de impedancias) se representa el conjunto de las cargas queverifican la condicion RL > Z0 como una region sombreada, que no incluye su borde. Elpunto representa una carga particular arbitraria.

ZL

ZL + jX2

1− jB1

(a)

ZL

ZL||jB21− jX1

(b)

Para la estructura (a), puesto que el elemento mas proximo a los terminales jB1 estaconectado en paralelo, sera necesario que la conexion en serie ZL + jX2 tenga una ad-mitancia normalizada con parte real igual a la unidad, es decir, ha de encontrarse en lacircunferencia de lınea discontinua 1− jB1. Sin embargo, el conjunto de valores ZL + jX2,representado con lınea continua, no corta dicha circunferencia. Por tanto se puede concluirque esta red (a) no permite adaptar ZL a Z0.

En el caso de la estructura (b) el elemento mas proximo a los terminales jX1 esta conectadoen serie, ası que es necesario que la conexion en paralelo ZL||jB2 tenga una impedancianormalizada con parte real unitaria, condicion indicada de nuevo con lınea discontinua,1− jX1. Con lınea continua se muestra el conjunto de posibles valores ZL||jB2, que cortadicha circunferencia en dos puntos, lo cual da lugar a dos posibles soluciones. Es trivialverificar que esto sucede para todos los posibles valores de ZL de la region sombreada.

b) El problema se puede resolver sin mas que trazar el diagrama (b) anterior para el casoparticular ZL = 1.6− j0.8, y obtener los puntos de corte descritos en el apartado anterior,

41

BORRADO

R

1 − jX1 = ZL||jB2 = 1 ± j, y a partir de este resultado despejar los valores desconoci-dos. Sin embargo, se describe a continuacion un procedimiento mas convencional, basadoenteramente en la carta de Smith.

000.5 1

j0.5

−j0.5

j1

−j1

ZL

YL

jB(1)2

jB(2)2 jX

(1)1

jX(2)1

Puesto que el elemento mas proximo a la carga jB2 esta conectado en paralelo es necesariorepresentar la carga como una admitancia, YL = 0.5 + 0.25j. La conexion de la carga condicho elemento, de admitancia normalizada YL + jB2, ha de tener impedancia con partereal unidad, de modo que el segundo elemento pueda cancelar la parte imaginaria. Portanto, se representa la circunferencia de impedancias de parte real R = 1, y su transfor-mada en impedancias (lıneas discontinuas). Una solucion de jB2 sera por tanto el arcode la circunferencia de conductancia constante que une YL con la circunferencia R = 1transformada. Puesto que hay dos arcos hay dos soluciones, una de ellas capacitiva y laotra reactiva. Los puntos de corte, las susceptancias y los elementos desnormalizados sonlos siguientes:

YL + jB(1)2 = 0.5 + 0.5j ⇒ jB

(1)2 = 0.25j ⇒ C

(1)2 =

B(1)2

ωZ0= 0.26526 pF

YL + jB(2)2 = 0.5− 0.5j ⇒ jB

(2)2 = −0.75j ⇒ L

(2)2 =

Z0

−B(2)2 ω

= 3.5368 nH

El siguiente paso es transformar los puntos de corte a impedancias mediante un giro de180, lo que los hace recaer en la circunferencia de R = 1. La reactancia conectada en serie

42

BORRADO

R

simplemente ha de cancelar la parte imaginaria, de modo que el resultado sea Zin = 1. Lospuntos transformados, las reactancias y los elementos desnormalizados son los siguientes:

(YL + jB

(1)2

)−1= 1− j ⇒ jX

(1)1 = j ⇒ L

(1)1 =

X(1)1 Z0

ω= 2.6526 nH(

YL + jB(2)2

)−1= 1 + j ⇒ jX

(2)1 = −j ⇒ C

(2)1 =

1

−X(2)1 ωZ0

= 1.0610 pF

c) Como

X(1)1 =

ωL(1)1

Z0X

(2)1 =

−1

ωZ0C(2)1

B(1)2 = ωZ0C

(1)2 B

(2)2 =

Z0

ωL(2)2

si la frecuencia es multiplicada por un factor la reactancia y susceptancia de la primerasolucion se multiplican por ese mismo factor, y se dividen en el caso de la segunda solucion.Los lımites de la banda son f1 = 0.5f = 1.5 GHz y f2 = 1.5f = 4.5 GHz. De este modo,para la solucion 1 resulta

Frecuencia f 0.5f 1.5f

jX1 j 0.5j 1.5j

jB2 0.25j 0.125j 0.375j

YL + jB2 0.5 + 0.5j 0.5 + 0.375j 0.5 + 0.625j(YL + jB2

)−11− j 1.28− 0.96j 0.781− 0.976j

jX1 +(YL + jB2

)−11 1.28− 0.46j 0.781 + 0.524j

Γin 0 0.232−47.26 0.30696.30

RL = −20 log |Γin| ∞ dB 12.71 dB 10.28 dB

mientras que para la solucion 2 resulta

Frecuencia f 0.5f 1.5f

jX1 −j −2j −0.667j

jB2 −0.75j −1.5j −0.5j

YL + jB2 0.5− 0.5j 0.5− 1.25j 0.5− 0.25j(YL + jB2

)−11 + j 0.276 + 0.690j 1.6 + 0.8j

jX1 +(YL + jB2

)−11 0.276− 1.310j 1.6 + 0.133j

Γin 0 0.819−73.16 0.2379.59

RL = −20 log |Γin| ∞ dB 1.74 dB 12.54 dB

43

BORRADO

R

Como puede apreciarse, las perdidas de retorno se degradan mucho a la frecuencia masbaja en el caso de esta segunda solucion, tanto que son bastante peores que las de la cargaa adaptar (RL = 8.692 dB). Por tanto es preferible la primera, que tiene mayor ancho debanda.

En la figura siguiente se muestra el procedimiento para obtener los valores anteriores me-diante la carta de Smith. Como antes, los colores corresponden a cada una de las soluciones.Los puntos pequenos son los pasos intermedios, mientras que los puntos grandes son loscoeficientes de reflexion iniciales y finales. Las lıneas continuas son los desplazamientos deresistencia o conductancia constantes, que ahora son de diferente longitud dependiendode la frecuencia. Por su parte, las lıneas discontınuas son los coeficientes de reflexion deentrada para todo el rango de frecuencias, por lo que unen los tres puntos correspondientes.

000.5 1

j0.5

−j0.5

j1

−j1

La representacion de las perdidas de reflexion en la banda de trabajo muestra como efec-tivamente la primera solucion, de tipo paso bajo, tiene un ancho de banda mayor que lasegunda, paso alto.

44

BORRADO

R0

5

10

15

20

25

30

35

40

1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

LCCL

GHz

RL

(dB)

24. Se quiere realizar un adaptador de impedancias para un circuito en tecnologıa microstripque funciona a la frecuencia de 2 GHz. El substrato que se utiliza tiene un espesor de 0.5 mm

y una permitividad relativa εr de 4.7 y una tangente de perdidas, tan δ, que puede considerarsedespreciable (en la parte inferior del enunciado tiene las expresiones para el analisis y diseno enlınea microstrip)

a) Cuando una lınea microstrip de impedancia caracterıstica Z0 = 50 Ω esta cargada por laimpedancia incognita ZL se forma una onda estacionaria cuya resistencia mınima norma-lizada asociada vale 0.5. Dicha resistencia mınima se mide para una abscisa de la ondaestacionaria de 8 cm (el eje de abscisas –regleta— crece segun nos alejamos de la carga).Con el fin de obtener la fase, la impedancia terminal se cambia por una carga capacitivaperfectamente calibrada, de valor 1.59 pF. En esta situacion la nueva onda estacionariaposee un mınimo en la abscisa 2 cm.

Con todos los datos anteriores, determine el valor de la impedancia terminal ZL.

b) Se quiere adaptar la carga ZL con un circuito como el de la figura (si no hubiera resuelto elanterior apartado considere una carga ZL compleja e inductiva con parte real normalizadamenor que 1). Si l1 vale 8 mm, identifique el signo de X y determine los valores de loselementos reactivos que consiguen la adaptacion de impedancias.

45

BORRADO

RjX

ZL

Z0

C Z0

l1

c) Se conecta a la entrada del adaptador un generador de 1 V e impedancia interna 50 Ω.Determine de forma razonada el valor de la potencia entregada a la carga ZL.

d) Se ha detectado un error en la permitividad del substrato utilizado en la red de adaptacionque en vez de ser de 4.7 resulta ser de 7 (en el resto de medidas no hay variaciones respectoa las presentadas en los apartados anteriores). Determine, en estas nuevas condiciones, lapotencia entregada a la carga ZL.

h

W

εr

εreff =εr + 1

2+εr − 1

2

1√1 + 12h/W

; siendo εr =ε

εo

Z0 =

60√εreff

ln

(8h

W+W

4h

)para W/h ≤ 1

120π√εreff [W/h+ 1.393 + 0.667 ln(W/h+ 1.444)]

para W/h ≥ 1

W

h=

8 eA

e2A − 2para W/h < 2

2

π

[B − 1− ln(2B − 1) +

εr − 1

2εr

ln(B − 1) + 0.39− 0.61

εr

]para W/h > 2

46

BORRADO

RA =

Z0

60

√εr + 1

2+εr − 1

εr + 1

(0.23 +

0.11

εr

)

B =377π

2Z0√εr

αc =RSZ0W

αd =k

2

εr(εreff − 1)

εreff(εr − 1)tan δ

Respuesta:

a) En primer lugar es necesario conocer la longitud de onda en la lınea microstrip. Para ello,es preciso conocer la permitividad relativa efectiva de la lınea, εreff, que puede calcularsehaciendo uso de la la expresion proporcionada en el enunciado. Dicha expresion para εreff

requiere las dimensiones (anchura de la tira W y altura del substrato h) de la lınea. Laaltura del substrato h se proporciona en el enunciado; no ası la anchura de la tira W .

Sin embargo, la impedancia caracterıstica de la lınea es conocida: Z0 = 50 Ω. A partir delvalor de Z0 y las expresiones de diseno (W/h en funcion de Z0 y εr) se obtiene:

W

h=

8 eA

e2A − 2= 1.82

donde se ha empleado la expresion correspondiente para W/h < 2 y A = 1.57. Notese quesi se hubiera empleado la expresion correspondiente para W/h > 2 se hubiera obtenidoun resultado igualmente de W/h < 2 que no es coherente con el uso apropiado de lasexpresiones.

Con el resultado de W/h se obtiene εreff,

εreff =εr + 1

2+εr − 1

2

1√1 + 12h/W

= 3.52 (1)

y, finalmente,

λ =c0

f√εreff

= 8 cm

donde c0 representa la velocidad de la luz en el vacıo.

Una vez se tiene el valor de λ, puede acometerse la tarea de calcular la impedancia terminalZL. La Figura 1 muestra la situacion en la lınea tanto cuando esta se encuentra terminadaen ZL como cuando se termina con la carga capacitiva C = 1.59 pF.

47

BORRADO

R

cargagenerador

2 cm8 cm

ZL

ZC

Figura 1: Modulo de la tension en la lınea y calculo de la impedanciade carga.

El plano donde se tiene como impedancia ZC = 1/jωC con la lınea terminada en lacarga capacitiva determina el plano de referencia de medida de la impedancia terminalZL. Normalizando ZC respecto a la impedancia caracterıstica de la lınea Z0, se obtiene:

ZC =ZCZ0

=1

jωCZ0= −j

Notese que ZC (vease la figura) se encuentra a una distancia λ/8 del mınimo“a la izquierda”y 3λ/8 del mınimo “a la derecha”.

De este modo, el valor de la impedancia ZL se calcula recorriendo la onda estacionariacorrespondiente a ZL “desplazandose en el sentido de la carga (a derechas en la figura) ladistancia d = (8− 2) cm + λ/8 desde el punto de mınimo de tension”. Dado que λ = 8 cm,la distancia de 6 cm entre los dos mınimos marcados en la figura corresponde a la distanciaelectrica 6/8λ, y, por tanto, la distancia electrica total del desplazamiento es d = 7/8λ,que equivale a d = 3/8λ en el intervalo [0, λ/2]. Por otro lado, el modulo del coeficiente dereflexion en la lınea con ZL corresponde a una relacion de onda estacionaria ROE de 2:1.Ello es ası dado que, segun se dice en el enunciado, el mınimo corresponde a una impe-dancia (real) normalizada de 0.5. Ası, el punto de maximo tendra una impedancia (real)normalizada de 2. De teorıa es conocido que la ROE es igual a la resistencia normalizadaen el maximo y, por tanto, deducimos que la ROE es de 2:1. Por todo ello,

|Γ| = ROE − 1

ROE + 1→ |ΓL| =

2− 1

2 + 1=

1

3

Efectuando el desplazamiento antes mencionado se obtiene:

∠ΓL = π +3

84π → π

2rad = 90 ⇒ ΓL = j

1

3→ ZL =

ZLZ0

= 0.8 + j 0.6

48

BORRADO

R

Finalmente, el valor de la carga ZL es:

ZL = ZL Z0 = 40 + j 30

b) La notacion empleada en este apartado se apoya en varios planos definidos en la red deadaptacion (planos aa′, bb′, cc′, dd′) tal y como se muestran en la Figura 2.

Dado que la admitancia normalizada vista en el plano bb′ hacia la derecha debe ser de laforma Ybb′ = 1− j bC (donde bC representa la susceptancia (positiva) del condensador), laadmitancia Ybb′ se encontrara en la carta de Smith sobre la circunferencia de conductanciaunidad g = 1; es mas, se encontrara sobre el semicırculo de g = 1 correspondiente aparte real negativa. Rotando el semicırculo la distancia l1 = 8 mm = 0.1λ hacia cargase obtienen las posibles soluciones para Ycc′ . Una rotacion extra correspondiente a λ/4proporciona Zcc′ . La solucion corresponde a su interseccion con el cırculo de resistencianormalizada r = real(ZL) = 0.8.

jX

ZL

Z0

Z0

l1

b′ d′c′

b dc

C

a′

a

Figura 2: Red de adaptacion.

El punto de interseccion es Zcc′ = 0.8 + j 0.037 lo que proporciona el valor normalizadode X como x = X/Z0 = imag(Zcc′) − imag(ZL) = −0.56. Dado que x sale negativo, secorresponde con la reactancia de un condensador CX de valor

CX =1

|X|ω =1

|x|Z0ω= 2.83 pF

Desplazando Zcc′ la distancia l1 en direccion hacia generador (alejandose de la carga)se obtiene Zbb′ que en admitancia (desplazamiento extra de λ/4) proporciona el valorYbb′ = 1− j 0.23, es decir, bC = 0.23 de donde se obtiene:

C =bC Y0

ω= 0.36 pF

donde Y0 = 1/Z0.

c) En este apartado se contempla una situacion como la ilustrada en la Figura 3. Dado quela impedancia vista a la entrada de la red de adaptacion, ZIN, es igual a la impedancia

49

BORRADO

R

real Z0 del generador, toda la potencia incidente del generador es entregada a la red deadaptacion y la carga ZL. De teorıa es sabido que la potencia incidente del generador esla potencia disponible del generador dado que la impedancia interna del generador Zg esigual a la impedancia de referencia Z0. Por otro lado, dado que la red de adaptacion es sinperdidas, necesariamente toda la potencia entregada es disipada en la carga ZL. De estemodo, se tiene

PL = Pdg =|Vg|28Rg

= 2.5 mW

donde Rg = real (Zg) = Z0.

Adaptación

Red

(sin pérdidas)

ZIN = Z0

ZL 6= Z0

Z0

Vg

Figura 3: Red de adaptacion entre generador y carga. Red correcta-mente disenada.

d) El cambio en la permitividad del substrato afecta a la permitividad efectiva de la lıneamicrostrip construida2. Manteniendose las dimensiones W y h e introduciendolas en (1) seobtiene el nuevo valor de εreff:

εr′eff =

ε′r + 1

2+ε′r − 1

2

1√1 + 12h/W

= 5.09

El nuevo valor de la permitividad efectiva εr′eff afecta a la impedancia caracterıstica de la

lınea

Z ′0 =120π√

ε′reff [W/h+ 1.393 + 0.667 ln(W/h+ 1.444)]= 41.77 Ω

2Los nuevos valores se distinguiran de los de apartados anteriores mediante una ’′’ como superındice.

50

BORRADO

R

y a su longitud electrica

λ′ =c0

f√ε′reff

= 6.65 cm → l1 = 8 mm = 0.12λ′

De este modo, la impedancia Zcc′ = Zcc′Z0 = ZL + jX = 40 + j 1.84 trasladada a travesde una lınea de impedancia caracterıstica Z ′0 = 41.77 Ω la distancia l1 = 0.12λ′ haciagenerador (alejandose de la carga) corresponde a la impedancia Z ′bb′ obtenida de la formaque se detalla a continuacion. Una vez obtenida Z ′bb′ se anade el efecto de la impedanciadel condensador paralelo C para dar lugar a la impedancia de entrada Z ′aa′ . El proceso esel siguiente:

Normalizacion de Zcc′ respecto a la nueva impedancia caracterıstica de la lınea:

Z ′cc′ =Zcc′

Z ′0=

40 + j 1.84

41.77= 0.957 + j 0.044

Desplazamiento de Z ′cc′ en carta de Smith la distancia l1 = 0.12λ′ hacia generador(alejandose de la carga):

Γ′cc′ =Z ′cc′ − 1

Z ′cc′ + 1= −0.021 + j 0.023

Γ′bb′ = Γ′cc′ e−2j0.12(2π) = 0.0216 + j 0.0225i → Z ′bb′ =

1 + Γ′bb′1− Γ′bb′

= 1.043 + j 0.047

Notese que el coeficiente de reflexion se calcula respecto a la impedancia caracterısticade la lınea que es ahora Z ′0.

Desnormalizacion de Z ′bb′ respecto a Z ′0 y paso a admitancia

Z ′bb′ = Z ′bb′Z′0 = (43.57 + j 1.96)Ω → Y ′bb′ =

1

Z ′bb′= (0.023− j 0.001) Ω−1

El condensador C tiene una susceptancia BC = ωC = bCY0 = 0.23/50 = 0.00455 Ω−1

que debe sumarse a Y ′bb′ . Notese que la desnormalizacion de la susceptancia del con-densador bC calculada en el apartado b se hace con la impedancia Z0 original.

Y ′aa = Y ′bb′ + jBC = (0.023 + j 0.0035) Ω−1 → Z ′aa =1

Y ′aa= (42.65− j 6.54) Ω

Dado que Z ′aa 6= Zo se tendra un coeficiente de reflexion no nulo (¡respecto a Z0!) a laentrada de la red de adaptacion.

Z ′aa 6= Z0 → Γin = Γ′aa =Z ′aa − Z0

Z ′aa + Z0= −0.074− j 0.076 = 0.106∠−134.28 6= 0

51

BORRADO

R

Dado que Γin 6= 0, se tiene una situacion como la ilustrada en la Figura 4, en la que partede la potencia incidente del generador es reflejada de vuelta a este y, por tanto, siguiendoun razonamiento analogo al del apartado c, se tiene:

PL = Pdg

(1− |Γin|2

)= Pdg

(1− 0.1062

)= Pdg 0.989 = 2.47 mW

Adaptación

Red

(sin pérdidas)

ZIN 6= Z0

ZL 6= Z0

Z0

Vg

Figura 4: Red de adaptacion entre generador y carga. Red incorrec-tamente disenada o implementada.

25. Se quiere realizar un adaptador de impedancias para un circuito en tecnologıa microstripque funciona a la frecuencia de 4 GHz. El substrato que se utiliza tiene un espesor de 0.6mm

y una permitividad relativa εr de 6 y una tangente de perdidas que puede considerarse desprecia-ble (se proporcionan las expresiones que gobiernan el funcionamiento de la lınea microstrip). Lafigura siguiente muestra el esquema del adaptador que se quiere realizar, donde l1 vale 0.36cm.

52

BORRADO

RjX

jB ZL

Zin

C Z0

l1

a) Razone, con ayuda de la carta de Smith que se adjunta, el conjunto de impedancias, ZL,que no pueden adaptarse con el esquema de adaptador propuesto.

b) Se cambia la longitud l1 de 0.36cm a 0.45cm. Razone cual de los dos esquemas permiteadaptar un mayor numero de cargas, ZL.

h

W

εr

εreff =εr + 1

2+εr − 1

2

1√1 + 12h/W

; siendo εr =ε

εo

Z0 =

60√εreff

ln

(8h

W+W

4h

)para W/h ≤ 1

120π√εreff [W/h+ 1.393 + 0.667 ln(W/h+ 1.444)]

para W/h ≥ 1

W

h=

8 eA

e2A − 2para W/h < 2

2

π

[B − 1− ln(2B − 1) +

εr − 1

2εr

ln(B − 1) + 0.39− 0.61

εr

]para W/h > 2

A =Z0

60

√εr + 1

2+εr − 1

εr + 1

(0.23 +

0.11

εr

)

B =377π

2Z0√εr

53

BORRADO

R

αc =RSZ0W

αd =k

2

εr(εreff − 1)

εreff(εr − 1)tan δ

Respuesta:

26. Se dispone de una lınea de transmision de bajas perdidas y de permitividad relativa efectivaigual a 4 cerrada por una impedancia terminal ZL que se quiere determinar. Se sabe que

la frecuencia de trabajo es 2 GHz y que cuando la lınea se acaba en cortocircuito, el segundomınimo en la lınea de medida (cuyo origen es desconocido) se observa en la abscisa 2 cm.

Cuando la lınea se carga por la impedancia terminal que se quiere caracterizar resulta que:

las perdidas de retorno medidas en la abscisa 2 cm son de 8 dB, y

se observa un mınimo en la abscisa de valor 10.625 cm y que en esta ultima abscisa se mideuna ROE de 2.2

Nota: la orientacion del eje de abscisas es tal que crece alejandose de la carga.

Se pide:

a) Determine la atenuacion de la lınea (en Np/cm)

b) Determine el valor de la impedancia de cierre ZL.

NOTA: Considere el valor de impedancia ZL normalizado a la impedancia caracterısticade la lınea.

Respuesta:

a) La atenuacion de la lınea puede calcularse observando la variacion de la amplitud del coefi-ciente de reflexion en la lınea. En el enunciado se proporciona la amplitud del coeficiente dereflexion en dos abcisas: 2 cm y 10.625 cm. En la primera en forma de perdidas de retornoy en la segunda en forma de ROE.

El valor de |Γ2 cm| se obtiene haciendo:

|Γ2 cm| = 10−8/20 ≈ 0.4 (1)

El valor de |Γ10.625 cm| se calcula de la forma siguiente:

|Γ| = ROE − 1

ROE + 1→ |Γ10.625 cm| =

2.2− 1

2.2 + 1= 0.375 (2)

Con todo ello, se obtiene:

|Γ10.625 cm| = |Γ2 cm| e−2α∆l → α = 3.74× 10−3 Np/cm

donde ∆l = 10.625− 2 = 8.625 cm.

54

BORRADO

R

b) El plano de cortocircuito determina el plano de referencia de medida de la impedancia decierre ZL. Dado que se dice en el enunciado que en la abcisa 2 cm se tiene el “segundomınimo”, la distancia entre la abcisa y el plano de referencia de la carga es exactamenteλ/2. De este modo, en la abcisa 2 cm se tiene el mismo valor de carga ΓL que en el planoterminal. En realidad, la atenuacion de la lınea hace que la afirmacion anterior no seacierta. Dadas la perdidas en la lınea los desplazamientos en la Carta de Smith no son poruna circunferencia (radio constante); vease la ilustracion de la Figura 6. Por tanto, habraque tener en cuenta la variacion en la magnitud del coeficiente de reflexion entre la abcisa2 cm y el plano de referencia de la carga. Por tanto, se tiene:

ΓL = Γ2 cme2αλ

2 (3)

siendo λ = c0/(f√εeffr) = 7.5 cm y α la calculada en el apartado anterior.

El valor de impedancia en la abcisa 2 cm se calcula “desplazandose en el sentido de la cargala distancia (10.625− 2) cm desde el punto de mınimo de tension” (vease la Figura 5). Encualquier caso, las perdidas de retorno se han medido en la abcisa 2 cm con lo que se conocela amplitud del coeficiente de reflexion en esa abcisa:

|Γ2 cm| = 10−8/20 ≈ 0.4 (4)

V +

V −

10.625 cm 2 cm

”hacia carga”

Figura 5: Ilustracion del modulo de la tension en la lınea de transmi-sion y calculo de la impedancia de carga. NOTA: No se haconsiderado la atenuacion en la lınea por lo que la ROE seha representado constante a lo largo de la lınea.

55

BORRADO

Rx

x

Γd

Γd+∆l

Figura 6: Movimiento en la Carta de Smith correspondiente al des-plazamiento por una lınea de transmision con perdidas.NOTA: Se trata de una ilustracion y no se correspondecon los datos numericos del enunciado.

La fase de Γ2 cm se obtiene obedeciendo al desplazamiento en Carta de Smith comenta-do anteriormente: “desplazandose en el sentido de la carga desde el punto de mınimo ladistancia (10.625− 2) cm”. De este modo, y dado que (10.625− 2) cm = 1.15λ,

∠Γ2 cm = π + 1.15× 4π → π + 0.15× 4π = 5.03 rad = 288

Finalmente, acorde con (3), se obtiene ΓL

ΓL = Γ2 cme2αλ

2 = 0.4 ej 5.03e0.026 = 0.126− j0.389 (5)

y la impedancia de cierre normalizada, ZL:

ΓL = 0.126− j0.389 → ZL = 0.91− j0.85

Puede comprobarse a posteriori como la atenuacion de la lınea es lo suficientemente bajapara que su influencia en la impedancia de la lınea en el entorno de unos cuantos cen-tımetros sea despreciable (en torno a dos ohmios considerando 50 Ω como impedancia

56

BORRADO

R

caracterıstica de la lınea). Equivalentemente, se observa en la Figura 7 como el cambio enla amplitud del modulo del coeficiente de reflexion en la lınea es poco significativo.

x

x

Γ2 cm

Γ10.625 cm

Figura 7: Movimiento en la carta de Smith correspondiente al des-plazamiento entre las abcisas 2 cm y 10.625 cm.

De este modo, se puede calcular el valor de la impedancia en la abcisa 2 cm, Z2 cm:

Γ2 cm = 0.4 ej 5.03 = 0.123− j0.380 → Z2 cm = 0.92− j0.83

y observar, efectivamente, como la diferencia entre Z2 cm y ZL es poco significativa.

27. Se tiene un transistor cuyos parametros S referidos a Z0=75 Ohmios vienen dados a conti-nuacion. Se desea utilizar este para amplificar la senal de 1 GHz proveniente de un generador

de impedancia Zg=75 Ohmios y entregarla a una carga ZL=75 Ohmios (vease la Figura 1). Paraello se pretende realizar un diseno de amplificador de maxima ganancia.

Transistor:S11 = 0.4j S12 = 0

S21 = 6 S22 = 0.5j

57

BORRADO

RDE ENTRADA

RED ADAPTACION

LZ

gZRED ADAPTACION

DE SALIDATRT

Figura 1

a) Disene la red de adaptacion de salida. Para ello, considere una red con simple stub acabadoen cortocircuito (conforme a la Figura 2), y calcule las longitudes fısicas de los stubs (L1y L2). Suponga las lıneas de impedancia 75 Ohmios y εeffr=4. Desprecie el efecto de ladiscontinuidad en T de la union de los dos stubs.

L2

RED DE ADAPTACION

L1

DE SALIDA

CARGATRT

Figura 2

b) Calcule la ganancia de trasduccion GT y la ganancia de potencia Gp de la cadena completasuponiendo adaptacion conjugada a la entrada. ¿Cual es la MAG en este caso?

Respuesta:NOTA: Este ejercicio requiere conocimientos del tema de amplificadores. Se ha

incluido aquı porque el primer apartado es una adaptacion de impedancias. Para suresolucion tenga en cuenta que el coeficiente de reflexion que se ve a la salida delTRT es S22

a) Solucion 1: L1 = 0.292λ; L2 = 0.112λSolucion 2: L1 = 0.458λ; L2 = 0.388λ

b) GT = Gp = MAG =|S21|2

(1− |S11|2)(1− |S22|2)= 57.14 = 17.6 dB

58

BORRADO

R

28. Se tiene un transistor cuyos parametros S referidos a Z0=75 Ohmios vienen dados a conti-nuacion. Se desea utilizar este para amplificar la senal de 1 GHz proveniente de un generador

de impedancia Zg=75 Ohmios y entregarla a una carga ZL=75/0.8 Ohmios (vease la Figura 1).Para ello se pretende realizar un diseno de amplificador de maxima ganancia.

Transistor:S11 = 0.4j S12 = 0

S21 = 6 S22 = 0.5j

DE ENTRADA

RED ADAPTACION

LZ

gZRED ADAPTACION

DE SALIDATRT

Figura 1

Disene la red de adaptacion de salida. Para ello, considere una red con simple stub acabadoen cortocircuito (conforme a la Figura 2), y calcule las longitudes electricas de los stubs. Supongalas lıneas de impedancia 75 Ohmios. Desprecie el efecto de la discontinuidad en T de la unionde los dos stubs.

L2

RED DE ADAPTACION

L1

DE SALIDA

CARGATRT

Figura 2

Respuesta:

La red de adaptacion correspondiente (en este caso, la de salida) se debe disenar para queexista adaptacion conjugada entre ella y el transistor. En este caso, se pide disenar la red desalida. Por tanto, la red debe disenarse de modo que cargando con 75/0.8 por su derecha (dondeesta la union stub-lınea) se vea en su entrada por la izquierda S∗22. De este modo, se impone laadaptacion conjugada en el plano de salida del transistor.

Trabajando en la carta de Smith con Z0 = 75 Ω se obtiene:

59

BORRADO

R

Solucion 1: L1 = 0.275λ; L2 = 0.124λSolucion 2: L1 = 0.4747λ; L2 = 0.376λ

29. Se tiene que realizar el diseno de una red que adapte a 50 Ω una impedancia de 30+30j a lafrecuencia de 1 GHz. Para ello se considera una red con simple stub (lıneas de 50 Ohmios).

a) Calcule haciendo uso de la carta de Smith las longitudes electricas de la lınea y stub de lared adaptadora.

b) Dibuje el layout del circuito indicando la correspondencia con las variables, parametros,valores, etc., utilizados en la simulacion.

NOTA: El simple stub puede estar terminado en abierto o en corto:

Respuesta:

ADAPTARCARGA A

corto

abierto

RED DE ADAPTACION

L1

L2

Z0

a) Stub en abierto

Solucion 1: L1 = 0.303λ; L2 = 0.381λ

Solucion 2: L1 = 0.483λ; L2 = 0.120λ

Stub en corto

Solucion 1: L1 = 0.303λ; L2 = 0.131λ

Solucion 2: L1 = 0.483λ; L2 = 0.370λ

60

BORRADO

R

b) FALTA COMPLETAR

61

BORRADO

R

Ejercicios no resueltos

30. Considere la red de adaptacion con doble stub paralelo de la Figura 1 que a la frecuenciade trabajo presenta: l1 = λ/8, l2 = λ/10, Z0 = 50 Ω, Z1 = 100 Ω.

cc

Z1

l2

Z1

l1ca

Z0

Z0 Z0 Z0 ZL

λ/4 λ/8

Figura 1

a) Calcule el valor de la impedancia ZL para la cual funciona la adaptacion a la frecuenciade trabajo.

b) Calcule el valor del elemento (capacidad o bobina) en paralelo que puede reemplazar alstub en cortocicuito si la frecuencia de trabajo es f = 1 GHz.

c) Indique cual serıa la impedancia vista a la entrada de la red de adaptacion a frecuenciadoble que la de trabajo si se cortocircuita la carga ZL. ¿Que relacion de onda estacionaria(ROE) se obtiene a la entrada de la red de adaptacion en este caso?

d) El circuito se realiza en tecnologıa microstrip con un sustrato de fibra de vidrio de permi-tividad relativa ε = 4.7 y tangente de perdidas tan δ = 10−2. La metalizacion es de cobre(conductividad σ = 5.8 107 S/m). Determine la longitud y anchura fısicas de los tramos delınea l1, l2, y λ/4.

e) ¿Cuanto valen las perdidas (en dB) del tramo de lınea de transmision de longitud λ/4?

Respuesta:

31. Se quiere realizar un adaptador de impedancias para adaptar una impedancia cuyo valorse pretende determinar. Se sabe que el circuito funciona a 3 GHz. El circuito se implementa

en un substrato Arlon 600 que tiene una εr = 6 con una altura de substrato de 0.6 mm.

62

BORRADO

R

a) Se conecta la carga a traves de un tramo de lınea microstrip de anchura 0.902 mm. Se hanmedido unas perdidas de retorno de 6 dB apareciendo un maximo de la onda estacionariaen una posicion de 10.54 cm (medido con una regleta cuyo origen es desconocido pero quela numeracion de su escala graduada aumenta en el sentido de alejarse de la carga). Cuandose acaba la lınea en cortocircuito se mide un maximo en la posicion 5.3 cm. Determine elvalor de la impedancia de carga.

b) El adaptador se realiza con un stub en paralelo y un elemento reactivo como muestra laFigura 1. Determine los valores de C, l y la anchura del stub para conseguir la adaptacionde ZL.

Z1

l

ZLZ0

d

Z0

C

Z0

Figura 1. Z0 = 50 Ω, Z1 = 75 Ω, d = 0.481 cm

Respuesta:

63

BORRADO

R

32. Considere una red de adaptacion de tipo doble stub como la de la Figura. Suponga qued = 3λ/16.

Z0

l2

Z0

l1

d

Z0

Z0

Z0 ZL

a) Demuestre haciendo uso de la carta de Smith que existe una zona de admitancias que nose pueden adaptar e indique dicha zona claramente en la carta.

b) ¿En que cambiarıa el resultado del primer apartado si el segundo stub estuviera en serie?Indique en la carta, en su caso, la zona de cargas que no son adaptables. Specifique si lazona de cargas se refieren a impedancias o admitancias.

c) ¿En que cambiarıa el resultado del primer apartado si el primer stub estuviera en serie?Indique en la carta, en su caso, la zona de cargas que no son adaptables. Specifique si lazona de cargas se refieren a impedancias o admitancias.

d) ¿En que cambiarıan los resultados de los apartados anteriores si las impedancias de losstubs fueran diferentes de Z0? Indique en la carta, en su caso, la zona de cargas que noson adaptables.

e) ¿En que cambiarıan los resultados de los apartados anteriores si los stubs estuvieran encircuito abierto? Indique en la carta, en su caso, la zona de cargas que no son adaptables.

Respuesta:

33. Se pretende determinar el valor de una impedancia de carga ZL y disenar una red deadaptacion para ella.

Para ello se han hecho medidas con la carga ZL a determinar situada en el extremo de unalınea de transmision a la frecuencia de trabajo (2 GHz):

ROE de 2.5 con la lınea terminada con ZL

64

BORRADO

R

Colocando un plano de cortocircuito a 22 cm de la carga dZL, la posicion de un mınimoexistente en las condiciones iniciales (con la lınea terminada en ZL) se ha desplazado haciala carga una distancia de 2.5 cm.

Con la ayuda de la Carta de Smith se pide:

a) Determinar la impedancia vista en la seccion donde se ha introducido el plano de corto-circuito, y ası mismo la impedancia de carga desconocida ZL.

b) Disenar una red de adaptacion para ZL consistente en un tramo de lınea y una cargainductiva en paralelo.

c) Razone sobre la posibilidad de sustituir la carga inductiva de la red de adaptacion por unaseccion de lınea de transmision y las ventajas que, en su caso, pudieran obtenerse. En casoafirmativo, ¿cual serıa el valor de la longitud de dicha seccion y como la terminarıa?

Respuesta:

34. Se han construido dos circuitos de microondas a la frecuencia de 1.8 GHz. Las figurasrepresentan la medida en carta de Smith de los coeficientes de reflexion de dichos circuitos

a sus entradas (parametro S11) en un margen de frecuencias desde 1.2 a 2.5 GHz donde se hamarcado la frecuencia de 1.8 y cada punto corresponde a un salto de 100 MHz.

(a): Circuito A (b): Circuito B

Figura 1: Coeficiente de reflexion medido en dos circuitos de micro-ondas

65

BORRADO

R

Responda a las siguientes cuestiones:

a) Proponga un criterio para establecer cual de los dos circuitos de microondas (A o B) presen-ta mayor anchura de banda. De acuerdo con el criterio propuesto diga, aproximadamente,cual es el ancho de banda, en tanto por ciento, de cada uno de los dos circuitos.

b) Se decide adaptar el circuito A a la frecuencia de 1.8 GHz con una estructura formada porun doble stub paralelo, donde cada stub esta acabado en circuito abierto y se encuentranseparados λ/8. Se sabe que las impedancias caracterısticas de los stubs son 60 Ω y las dela lınea de separacion entre ellos 50 Ω. Determine el circuito de adaptacion.

c) Para la construccion de la anterior lınea se utiliza una estructura stripline fabricada en ellaboratorio. Para ello se dispone de dos placas de substrato con permitividad relativa 2.4.Sabiendo que la altura de cada substrato (h) es 0.5 mm y que puede suponerse W hdonde W es la anchura de la lınea, determine las anchuras y las longitudes de las anterioreslıneas.

NOTA: Puede despreciar las perdidas en la lınea.

d) Se ha medido el anterior circuito y se ha observado que la adaptacion no es perfecta. Se hacomprobado que las dos placas tienen permitividades de 2.4 y 3, respectivamente. Expliqueque es lo que se habrıa observado en la medida, por que ocurre y como modificarıa (cua-litativamente) las anchuras y longitudes del anterior circuito para conseguir la adaptaciona la frecuencia de estudio de 1.8 GHz.

Respuesta:

35. Se pretende realizar un adaptador de impedancias basado en un doble stub para una cargapor determinar. La frecuencia de trabajo es 2 GHz.

Se pide:

a) Determinar el valor de la carga problema.

Para ello se ha hecho una medida con la carga a determinar situada en el extremo de unalınea de transmision a la frecuencia de trabajo. Las perdidas de retorno medidas son de8 dB; cuando la lınea se acaba en circuito abierto aparece un maximo de onda estacionariaen la lınea de medida (medido con una regleta cuyo origen es desconocido pero que lanumeracion de su escala graduada aumenta en el sentido de alejarse de la carga) en laabscisa 2 cm; cuando se carga la lınea con la impedancia problema aparece un mınimo deonda estacionaria en la abscisa 10.625 cm.

Dibuje sobre un diagrama ambas ondas estacionarias de forma aproximada y, a partir deahı, obtenga el valor de la carga.

66

BORRADO

R

b) Disene la red de adaptacion doble stub propuesta, es decir, obtenga el valor de las longitudesde los stubs.

Considere una red doble stub con los stubs en cortociruito y separados λ/8 por una lıneade 50 Ω. El stub mas proximo a la carga esta en serie y el otro en paralelo, y ambos conimpedancia caracterıstica de 60 Ω. Todas las lıneas (incluyendo los stubs) corresponden auna εeff relativa al vacıo igual a 4.

Respuesta:

36.Considere el doble stub de la figura que a la frecuencia de trabajo presenta l1 = λ/8, l2 = λ/10,

d1 = λ/8, d2 = λ/4, Z0 = 50 Ω, Z1 = 100 Ω.

Z0

ZLZ0Z0

Z1

d1d2

Z1

Z0

l1

l2

Figura 1: Red de Adaptacion doble stub

Se pide:

a) Calcule el valor de la impedancia ZL para la cual funciona el adaptador a la frecuenciaespecificada.

b) Determine razonadamente (con ayuda de la carta de Smith) el conjunto de cargas ZL quepueden ser adaptadas con el doble stub de la figura.

c) Indique cual serıa la impedancia vista a la entrada del adaptador a frecuencia doble si secortocircuita la carga ZL. ¿Que ROE corresponde a esta nueva situacion?

67

BORRADO

R

Respuesta: