Certamen 2, Campos Electromagn eticos, e´ ticos, Primer Semestre de 2011 SEGUNDA PARTE Puntaje Total: 60 Puntos. Tiempo: 60 Minutos
P REGUNTA 1 (30 P UNTOS ) En el sistema mostrado en la figura todas las l ´ıneas ıneas est´ estan a´ n construidas con el mismo diel ectrico, e´ ctrico, con par´ parametros a´ metros ε = 4ε0 , frecuenci nciaa del generado generadorr es f = (3/ [Hz]. Adem´ Ademas a´ s se sabe que cuando el interruptor est a´ abierto, abierto, µ = µ0 . La frecue (3/32) × 108 [Hz]. Z B = 100/ 100 /6 [Ω]. El largo ℓ 2 , α 2 y la impedancia Z U U son desconocidos. A partir de estos datos, a) (11 ptos.) ptos.) Determin Determinee Γ A y Z A . (Para toda la pregunta 1 se recomienda no usar calculadora. ). b) (11 ptos.) ptos.) Encuentre Encuentre el fasor de tension o´ n en los bornes de Z L . ′ c) (8 ptos.) Si al cerrarse cerrarse el interruptor interruptor el valor valor de Z B cambia a Z B = 50 + j + j50 50 [Ω], encuentre el valor de Z U U .
ℓ1 = 2 [m] Z 0
Z A α1 = 41 ln(2) Np/m
Z 0 = 50Ω
V G = 4 [V]
Z 1 = 2Z 0
Z L = − j100 j 100 [Ω]
α = 0
·
Z 0 α2
Z B
Z U U
ℓ0 = 8 [m] ℓ2
P REGUNTA 2 (30 P UNTOS ) Una l´ l´ınea ınea de transmisi transmisi´on o´ n sin p´ perdidas, e´ rdidas, con impedanci impedanciaa caracter caracter´´ıstica ıstica Z 0 = 50 [Ω] y permiti permitivida vidad d relativ relativaa εr = 1, est´ esta´ terminada en una carga Z L de impedancia desconocida. A trav es e´ s de mediciones se ha determinado que el m aximo a´ ximo de la onda estacionaria de voltaje es 16 [V], y que el m´ m ´ınimo ınimo de la estacionaria de corriente es 80 [mA]. Adem as, a´ s, si la carga se reemplaza por un cortocircuito, el m´ m ´ınimo ınimo de la estacionaria de voltaje se desplaza 5 [cm] hacia la carga; y si esta e´ sta se reemplaza por un circuito abierto este m´ınimo ınimo se desplaza 20 [cm] hacia el generador. Determine: (5 ptos.) Usando expresiones conocidas, la ROEV en la l ´ınea ınea de transmisi on o´ n y la frecuencia de operaci on. o´ n. (20 ptos.) Con el prop osito o´ sito de adaptar la carga a Z 0 = 50 [Ω], se disena n˜ a el esquema indicado en la figura. Determine, mediante la Carta de Smith, la admitancia que presenta el stub a la l´ınea ınea de transmisi´on, el valor de la impedancia de carga (Z L ), y la posici´on on (d) a la que debe ubicarse el stub respecto de la carga. Adem´as, as, determine det ermine la impedancia caracter´ıstica ıstica ´ λ/4 λ/ 4 (Z T ) de un transformador , que se coloca a continuaci on o n del stub T • (5 ptos.) ¿Cu´ λ/44, si este ultimo ¿Cual a´ l ser´ ser´ıa ı a la ROEV en la l´ l´ınea ınea de transmisi on, o´ n, a la izquierda del transformador λ/ u´ ltimo tuviera log10 (2) = 3.) 3 dB de p´ perdidas e´ rdidas de potencia?. (Aproxime 10 log • •
λ/4 λ/4
Z 0 = 50Ω
Z T T
d
ℓ1 = λ/ = λ/44 Z 01 01 = 100Ω
G = 0.01 Ω−1
C = = 5.3 pF
Z 0 = 50Ω
Z L
2
´ P REGUNTA 1 S OLUCI ON a) La longitud de onda en todas las l ´ıneas es
√ c
λ =
4 f
=
3 × 108 3 2 × 32 × 108 = 16 [m]
<2p>
(1)
<3p>
(2)
El coeficiente de reflexi on ´ en los bornes de la carga Z L es
ΓL =
− j100 − 100 = − 1 + j − j100 + 100 1 − j
= − j
Luego, el coeficiente de reflexi o´ n justo a la derecha de los bornes A es
ΓA = ΓL e−2α
1
ℓ1
e−j2βℓ = ( − j) e− 1
2 × 4
2 ln(2)
e−j2
2π × 16
2
= ( − j) ·
1 −jπ/2 1 · e =− 2 2
<3p>
(3)
´ Esto permite calcular Z A como
Z A = Z 1
1 + ΓA 100 = [Ω] 1 − ΓA 3
<3p>
(4)
b) La suma de impedancias Z A + Z B es
Z A + Z B = 50 [Ω]
<2p>
(5)
Como tanto el generador y la suma de estas impedancias est a´ n adaptados a Z 0 , tomando en cuenta que el tramo 0 no tiene p´erdidas y que la longitud de e´ ste es λ/2, se tiene que
V A + V B = −2 [V] ·
·
<3p>
(6)
La tensi´on V A viene dada por el divisor de tensi on ´ entre Z A y Z B : ··
V A = −2 · ··
Z A 4 = − [V] Z A + Z B 3
<3p>
(7)
Finalmente, la tensi´on en los bornes de Z L est´a dada por
V L = V A e−γ ℓ 1
·
1
·
1 + ΓL 4 − = − e 1 + ΓL e−2γ ℓ 3 1
2 4
ln(2)
1
e−j
2 · 16
2π
1 + ΓL 4 1 1 − j 8 1 8 = − · √ e−jπ/4 = − √ √ (1 − j)2 = j [V] 1 + ΓA 3 1/2 3 2 3 2 2 <3p>
c) Se tiene que
ΓB = Γ U e
2γ 2 ℓ2
−
Z B − Z 0 = = Z B + Z 0
100 6 100 6
− 50 = − 1 2
+ 50
<2p>
(8)
Por otro lado, cuando se cierra el interruptor, el coeficiente de reflexi o´ n justo a la derecha de los bornes B es
Γ′B = (−1) e−2γ ℓ = 2
2
′ − Z 0 = j Z B ′ Z B + Z 0 2 + j
<2p>
(9)
Combinando las dos ecuaciones se obtiene
ΓU =
1 2 + j 1 − j2 · = 2 j 2
<2p>
(10)
Finalmente,
1+ 1 + ΓU Z U = Z 0 = 50 1 − ΓU 1−
1−j2 2 1−j2 2
= 50
3 − j2 (3 − j2)(1 − j2) = 50 = −10(1 + j8) [Ω] 1 + j2 5
<2p>
