Examen Parcial Primavera 2011 (4) (2011)

Apunte Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Circuitos Lineales
Año del apunte 2011
Páginas 5
Fecha de subida 12/11/2014
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SOLUCIÓN CONTROL CIRCUITOS LINEALES – MAYO 2011 P1.- R = 100Ω, L = 10mH , C = 1µ F R + L + vg (t) R C v (t) o _ a) Función de transferencia, H(s).
Calculamos primero la impedancia equivalente de L-C y la resistencia de carga: 1    Ls + R RLCs 2 + R Cs   ; Zp = = 2 1 LCs RCs + + 1 R + Ls + Cs Ahora podemos calcular la función de red, aplicando un divisor de tensión. Fijaos que es muy útil haber dejado la impedancia como un cociente de polinomios, ya que de esta manera evitamos ir arrastrando quebrados: RLCs 2 + R 2 RCs + 1 H ( s ) = LCs + 2 RLCs + R +R LCs 2 + RCs + 1 Operando 1 s2 + RLCs 2 + R RLCs 2 + R 1 LC = = = H (s) RLCs 2 + R + RLCs 2 + R 2Cs + R 2 RLCs 2 + 2 R + R 2Cs 2 s 2 + 1 R s + 1 LC 2L Sustituyendo valores tenemos que: H (s) = 1 s 2 + 108 2 s 2 + 0, 5 ⋅ 104 s + 108 b) Ceros y polos del circuito.
Los ceros del circuito están en ± j104 .
Los polos del circuito están en ( −2,5 ± j9, 68 ) ⋅103 c) Estabilidad del circuito.
El circuito es estrictamente estable ya que todos los componentes son pasivos.
Además, también podemos ver que el circuito es estrictamente estable ya que todos los polos están en el semiplano izquierdo. Los ceros no influyen en la estabilidad.
d) Expresión analítica de vo ( t ) siendo vg ( t ) = u ( t ) s 2 + 108 1 1 = Vo ( s ) H= ( s )Vg ( s ) 2 4 8 2 ( s + 0,5 ⋅10 s + 10 ) s Descomponemos en fracciones parciales la expresión anterior: Vo ( s ) = A A* B + + 3 3 3 3 s + 2,5 ⋅10 − j 9, 68 ⋅10 s + 2,5 ⋅10 + j 9, 68 ⋅10 s = A H (s) 1 = j 0,13 ( s + 2,5 ⋅103 − j9, 68 ⋅103 ) s s= −2,5⋅103 + j 9,68⋅103 El tercer término es el que corresponde a la respuesta forzada. El residuo asociado B es 1 = = H ( 0 )·1 igual a B H (s) s s s =0 En el dominio del tiempo: = vo ( t ) 2 A e −2,5⋅10 t cos ( 9, 68 ⋅103 t + ∠A= ) u (t ) + H ( 0) u (t ) 3 3 π  = 0, 26e −2,5⋅10 t cos  9, 68 ⋅103 t +  u ( t ) + 0.5u ( t ) 2  e) Relacionar respuesta anterior con el comportamiento de los condensadores y bobinas en régimen permanente de continua.
En régimen permanente de continua, las bobinas se comportan como cortocircuitos y los condensadores circuitos abiertos. Nos queda por tanto un divisor de tensión. Si aplicamos una continua de valor 1, en régimen permanente la salida será de 0.5 voltios.
Si tomamos la vo(t) obtenida en el apartado anterior para una en escalón unitario, vemos que tiende a 0.5 cuando el tiempo a infinito (régimen permanente).
f) Duración aproximada del transitorio en este circuito La duración del transitorio viene determinada por la duración de la respuesta libre, que es la exponencial de constante de tiempo: = τ 1 0, 4 milisegundos = 2,5 ⋅103 Por tanto, la duración del transitorio es aproximadamente: 5τ =⋅ 5 0, 4 ⋅ 10−3 = 2 ⋅ 10−3 segundos = 2 milisegundos g) Para disminuir la duración del transitorio, ¿tendríamos que aumentar o disminuir el valor de R ? Para disminuir la duración del transitorio habría que alejar los polos del eje imaginario, para lo que habría que aumentar el valor del coeficiente de amortiguamiento.
2ς 1 1R 1R = ⇒ ς= 2L LC 2 L LC 4 O equivalentemente aumentar el valor absoluto de la parte real de los polos: R p1,2 = − ± j...
4L Ambos son proporcionales a R, por tanto, habría que aumentar R.
h) Entrada para la cual la respuesta forzada es nula.
Una sinusoide de frecuencia 1  H j LC  1 produciría una respuesta forzada nula, ya que LC  =0  P2.- R1 tal que |H(j2πf)|=6.8 para f= 1.5 kHz Calculamos primero la impedancia equivalente de R2-C: 1 R2 R2 Cs ; = Zp = 1 R Cs + 1 2 R2 + Cs La estructura que tenemos es la de un amplificador no inversor. La H(s) es: H ( s)= 1+ R2 R1 ( R2Cs + 1) Sustituyendo s por jω: H ( j 2π 1,5 ⋅10 3 ) = 1+ 104 5,3 ⋅103 - j 5 ⋅103 1 = + R1 R1 (10410−8 j 2π 1,5 ⋅103 + 1) H ( j 2π 1,5 ⋅10 3 ) = 1+ 5,3 ⋅103 - j 5 ⋅103 = 6,8 R1 (1 + 5,3 ⋅10 G ) + ( 5 ⋅10 G ) 2 3 3 1 1 2 =6,82 ⇒ 53 ⋅106 G12 + 10, 6 ⋅103 G1 − 45, 24 =0 ⇒ G1 = −10−3 , G1 = 8,3 ⋅10−4 Sólo la solución positiva es válida. Por tanto, R1 = 1 = 1, 2 ⋅10 3 Ω G1 Otro camino más sencillo: R2 R 104 R2Cs + 1 + 2 + j 0,94 1+ R1 R1 R1 3 = ⇒ H ( j 2π 1,5 ⋅10 ) = H (s) = 1+ R2Cs + 1 R2Cs + 1 1 + j 0,94 H ( j 2π 1,5 ⋅103 ) =  104  1 + = R1   1+ 104 + j 0,94 2 R1  104  2 2 2 = 6,8 ⇒ 1 +  + 0,94 = 6,8 1 + j 0,94 1 + j 0,94 R1   87,32 − 0,88 ⇒ R1 = 1, 2 ⋅103 P3.2 2 RL 300 2 Vg 1 VL Z g + RL 75 + j100 + 300 PRL = = = = 0,99 ⋅10−3W 2 RL 2 RL 2 ⋅ 300 También podemos calcular esta potencia a partir de 2 P= RL IL 2 2 R P= = L RL Vg Z g + RL 2 2 R = L 1 75 + j100 + 300 300 = 0,99 ⋅10−3W 2 En condiciones de adaptación, red+carga debe ser igual a Zg* =Rg-jXg. El circuito equivalente será igual a la conexión serie de generador (ideal), Zg=Rg+jXg y Zg*=Rg-jXg. La impedancia vista a partir de Rg será pues igual a jXg+Rg-jXg=Rg. Por tanto, la potencia entregada a esta impedancia (que es igual a la entrega a la resistencia del generador) es: 2  Vg    2  2  Vg 1   Pdisp = = = = 1, 7 ⋅10 −3W 2 Rg 8Rg 8 ⋅ 75 b) Para que la red no disipe potencia Z1 y Z2 han de ser impedancias sin parte real. Como queremos que sea paso alto, escogeremos un C para Z1 y una bobina para Z2. La combinación red+carga equivale a: Z L ' =jX s +  X p 2 RL X p RL 2  = 2 + j X +   s R 2 + X 2  RL + jX p RL + X p 2 L p   RL ⋅ jX p Para que haya adaptación ZL’ debe ser igual a Zg*=Rg-jXg. Por tanto, X p 2 RL RL 2 + X p 2 RL 2 Rg =⇒ Rg Xp = = ±173, 2 RL − Rg Escogemos el signo + por ser una bobina.
Xs + X p RL 2 RL 2 + X p 2 = −Xg ⇒ Xs = −Xg − X p RL 2 RL 2 + X p 2 229,9 = −100 − 129,9 = El valor de los componentes será: X p = ωL ⇒ L = Xp = 2, 76 ⋅10−5 H ωL 1 1 6,95 ⋅10−10 F Xs = − ⇒C = − = ωC ωXs P4.- De acuerdo con la respuesta indicada, el circuito cancela la continua, atenúa la frecuencia de 10 kHz y deja pasar la de 40 kHz (amplificación 1). Podemos conseguir esto con el circuito b: - Cancela la continua: en continua los C’s se comportan como c.a., v(t)=0 al no circular corriente por la R y por tanto vo(t)=0 -Tiene amplificación 1 a frecuencias altas: a frecuencias muy altas los C’s se comportan como c.c., v(t)=vg(t) y por tanto vo(t)=vg(t).
La fuente controlada la implementaremos mediante un seguidor de tensión (dibujo hecho en clase).
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