Examen Final Enero 2012 (2012)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Circuitos Lineales
Año del apunte 2012
Páginas 10
Fecha de subida 17/09/2014
Descargas 0
Subido por

Vista previa del texto

Teoria de Circuits 19 de gener de 2012 a les 14:45h.
Data notes provisionals:............. 24 de gener Període d’al·legacions:............... 24-25 de gener Data notes revisades:................. 26 de gener DEPARTAMENT DE TSC Professors: O. Mas., X. Moncunill, O. Muñoz i M. Sanz.
Grups: 10, 20, 60 i 70 Informacions addicionals: • Durada de la prova: 3 hores • Consultes sobre l'examen: 25 de gener de 10:30h a 13h P1.
(3 punts) Les antenes receptores de senyals de radiofreqüència es poden modelar amb un circuit equivalent de Thévenin on la impedància depèn de la freqüència del senyal rebut. En conseqüència cal conèixer el valor de la impedància de Thévenin a cadascuna de les freqüències rebudes per poder estudiar el comportament de l'antena.
La Fig. 1 mostra el circuit equivalent de Thévenin d'una antena receptora de ràdio d'AM.
L'espectre d'amplitud de vg consta d'un component de senyal útil de freqüència 801 kHz, mentre que el component a 1.206 kHz correspon a una interferència. Es vol adaptar aquesta antena a un amplificador que es comporta com a una càrrega resistiva.
Fig. 1 a) Sabent que a la freqüència del senyal útil Zg = 70 Ω, dissenyeu una xarxa LC que adapti l'antena a l'amplificador a aquesta freqüència, proporcionant la seva estructura i els valors dels elements. De les estructures possibles, escolliu aquella que atenua al màxim la interferència.
Com que la xarxa adaptadora ha de reduir la impedància d'1 kΩ a 70 Ω, col·locarem un element en paral·lel amb ZL i després un element en sèrie amb el conjunt resultant. Es demana atenuar la freqüència alta i, per tant, de les dues opcions (passabaix o passaalt) escollim l'opció passabaix: Amb aquesta estructura, en augmentar la freqüència, el condensador tendeix a reduir la seva impedància acostant-se al curtcircuit, fet que provoca que la tensió a la càrrega tendeixi a reduir-se, acostant-se a zero.
Per calcular els valors de la xarxa, cal imposar que la impedància vista des del generador sigui Zeq=70+0j. D'aquí, i tenint en compte que ω=2π·801·103 rad/s, és possible obtenir les reactàncies i els valors dels elements: X s=+ √70⋅(1000−70)=+ 255,15=L ω → L=50,7 μH √ X p =−1000⋅ 70 −1 =−274,35= → C=724 pF 1000−70 Cω b) Determineu la potència de senyal útil transferida a la càrrega, expressada en W i en dBm.
A la freqüència del senyal útil el circuit es troba en adaptació. Per tant, la potència transferida a la càrrega és la disponible del generador: 2 −3 2 1 ∣V̄g∣ 1 (0,2⋅10 ) Putil (W )= = =7,14⋅10−11 W 8 ℜ[ Z g ] 8 70 Per donar-la en dBm cal referir la potència a 1mW (dividint per 1mW o expressant la potència en mW) abans de fer el logaritme: Putil (dBm )=10⋅log [P util (mW )]=10⋅log [7,14⋅10−8 ]=−71,5 dBm (cal remarcar que, tal i com es va veure a la pràctica 5, amb potències s'ha d'utilitzar el 10·log( ), i no pas el 20·log( ), com es fa habitualment amb tensions i corrents).
c) Sabent que a la freqüència del senyal interferent Zg = 350+j700 Ω, determineu la potència de senyal interferent transferida a la càrrega, expressada en W i en dBm.
A la freqüència interferent, les impedàncies de l'antena i de la xarxa LC es modifiquen i, per tant, deixa de produir-se l'adaptació. Una possibilitat per calcular la potència de ̄ L∣ (aquesta senyal interferent és fer-ho a partir de l'amplitud de tensió a la càrrega ∣V potència es pot calcular també per altres vies). Aquesta amplitud es pot calcular veient el circuit en conjunt com un divisor de tensió format per les impedàncies: Z 1 =Z g + jL ω=350+ 1084 j , Z 2=(Z L // 1 )=32,14−176,4 j jC ω on s'ha tingut en compte que ω=2π·1206·103 rad/s. Aplicant la regla del divisor de tensió es té: ∣ ∣V̄L∣= V̄g⋅ Z2 32,14−176,4 j = 0,25⋅10−3⋅ =4,55⋅10−5 V Z1+ Z 2 350+ 1084 j+ 32,14−176,4 j ∣∣ ∣ 1 ̄ 2 1 1 ( 4,55⋅10−5 )2 Pinterf. (W )= ∣V L∣ ℜ[ ]= =1,04⋅10−12 W 2 ZL 2 1000 Pinterf. (dBm)=10⋅log [P interf. ( mW)]=10⋅log[1,04⋅10−9 ]=−89,9 dBm D'altra banda, se sap que el receptor del qual forma part el circuit de la Fig. 1 detecta correctament el senyal útil sempre i quan la relació entre la potència útil i la interferent a l'entrada de l'amplificador sigui, com a mínim, de 15 dB.
d) S'aconsegueix amb el disseny realitzat una detecció correcta del senyal útil? Justifiqueu la resposta.
La relació entre potència útil i potència interferent en dB és 10⋅log ( Putil 7,14⋅10−11 )=10⋅log( )=18,4 dB Pinterf.
1,04⋅10−12 (també es pot fer el càlcul directament fent la diferència entre les potències en dBm obtingudes als apartats anteriors). Com que la relació és superior als 15 dB, el senyal útil es detectarà correctament.
P2.
(2 punts) Un sensor de temperatura ofereix a la seva sortida una tensió útil que varia tan lentament que es pot considerar contínua a tots els efectes. Aquest senyal està sofrint una contaminació per superposició d'un senyal interferent sinusoïdal, de freqüència 50 Hz, i d'una amplitud que pot prendre valors entre 0,5 i 2 volt.
Per tal d'atenuar l'esmentada interferència caldrà dissenyar un filtre el més senzill possible que compleixi les següents especificacions: • Ha d'aplicar al senyal útil un guany de 14 dB.
• L'amplitud del senyal interferent a la sortida del filtre no ha de superar en cap cas els 0,2 volt.
A tal efecte es demana que respongueu les següents preguntes: a) Determineu el tipus, l'ordre i els paràmetres del filtre.
Aplicar a un senyal un guany de 14 dB equival a amplificar-lo per 14 10 20 ≃5 .
Si volem que la interferència no superi mai els 0,2V a la sortida, sabent que en el cas pitjor tenim a l'entrada 2V, vol dir que el filtre ha d'atenuar aquella freqüència com a mínim per 10, o equivalentment, amplificar-la com a molt per 0,1 (guany de -20dB).
Per tant, les especificacions del filtre són: Ha d'amplificar el senyal continu (de freqüència 0) per 5: no podrà ser un filtre passiu.
∣H ( j0)∣=5 . Per tant, Ha d'amplificar la interferència de 50Hz per 0,1 com a molt: ∣H ( j2 π ⋅50)∣≤0,1 Clarament el filtre ha de ser de tipus passa baixos, i amb un filtre d'ordre 1 en tenim prou ja que en un passa-baixos podem atenuar per un valor arbitràriament alt qualsevol freqüència diferent de zero simplement escollint una freqüència de tall suficientment baixa. Una altra manera de veure-ho és notar que entre la contínua i qualsevol altra freqüència hi ha un nombre infinit de dècades: log ( 0f )=∞ Cal puntualitzar que també es podria fer amb un filtre banda eliminada centrat a 50 Hz, però l'ordre mínim d'un banda eliminada és de 2, cosa que el descarta com a solució de mínima complexitat.
La funció de xarxa del filtre serà: ω H (s )=H màx⋅ c s+ ωc on Hmàx és l'amplificació màxima del filtre, que en un passa-baixos es dóna en contínua, i d'aquí Hmàx  =  5 segons la primera especificació.
El paràmetre ωc és la polsació de tall. Hem de trobar quin valor li hem d'assignar per tal de verificar la segona especificació. Això ho fem imposant la condició que l'amplificació del filtre a 50 Hz ha de ser inferior a 0,1: ∣H ( j2 π50)∣= Aïllant la freqüència de tall obtenim: 5 √ 50 1+ fc 2 ( ) ≤0,1 f c ≤1 Hz i ωc ≤6,28 rad/seg b) Proposeu una estructura circuital que implementi el filtre requerit, assignant valors a tots els elements.
Com que el circuit ha d'amplificar la contínua per un valor superior a 1, caldrà dissenyar-lo utilitzant elements actius com ara un AO. Podem utilitzar una estructura passa-baixos amplificadora, o bé podem usar un passa-baixos passiu i amplificar la seva sortida (sense causar efectes de càrrega). Totes són vàlides, però a continuació us proposem una solució seguint la primera opció: Per tal de verificar els valors de freqüència de tall i amplificació en contínua trobats a l'apartat anterior cal que H màx =R2 / R1=5 i ωc =1/R 2 C ≤6,28 rad/seg , cosa que es pot aconseguir de forma força aproximada amb els següents valors estàndard: R1= 6,8 kΩ, R2=33 kΩ i C=4,7 μF.
P3.
(3 punts) Donat el circuit de la Fig. 2 Fig. 2 on Vcc=15V, R1=3,3kΩ, R2=1,1kΩ , R3=2,2kΩ R4=11kΩ i C=10nF.
Es demana: a) Estudieu el seu comportament asimptòtic i digueu de quin tipus de filtre es tracta.
Dibuixant el circuit per a contínua, s'observa que Vo=0 V, essent ∣H ( 0)∣=0 Fent el mateix per a freqüències elevades es troba: ∣H ( ∞)∣=0 Com que no deixa passar ni les altes ni les baixes freqüències, es pot deduir que només deixarà passar una banda intermèdia de freqüències, tractant-se llavors d'un filtre passa-banda.
b) Comproveu que el circuit és estable, que la freqüència natural de ressonància és ωo f o= =4.822,9 Hz , el coeficient d'esmorteïment val ζ =0,25 i que ∣H ( jω0 )∣= 2 i 2π arg [H ( jω 0)]=180⁰ .
Per determinar la funció de xarxa H(s) el primer que s'ha de fer és trobar el circuit transformat de Laplace sense condicions inicials: Com es pot veure, en aquest circuit s'ha fet l'equivalent dels dos resistors R3 i R4 que es trobaven connectats en sèrie i se l'ha anomenat R5=R3+R4.
El més adient en aquest cas és utilitzar el mètode nodal. Així, tenint en compte la existència en el circuit d'una font de tensió i d'un AO, només cal plantejar KCL als nodes A i B. La tensió al node B serà nul·la per l'efecte del curtcircuit virtual.
KCL en A G1 (V A−V g )+ G 2 V A + Cs(V A−V o )+ Cs (V A −0)=0 KCL en B Cs (0−V A)+ G 5(0−V o)=0 Posant-ho en forma matricial queda: )( ) ( ) G 1+ G 2+ 2Cs −Cs V A G V ⋅ = 1 g −Cs −G 5 V o 0 ( Aleshores, utilitzant el mètode de Cramer per resoldre el sistema, es troba Vo i dividint per Vg s'arriba a l'H(s): H (s )=− G 1 Cs 2 G5 (G 1+ G 2+ 2Cs)+ C s 2 =− G1 ⋅ C s 2G G (G + G ) 5 s2 + s+ 5 1 2 2 C C Posant-la ara en funció de les resistències queda: H (s )=− 1 ⋅ R1 C s s2 + (R1 + R 2) 2 s+ R5 C R5 R 1 R 2 C 2 =− 1 ⋅ R1 C s s 2+ ( R1+ R 2) 2 s+ ( R3+ R4 ) C ( R3+ R 4 ) R 1 R2 C 2 Finalment, tenint en compte que la relació entre les resistències és: R1=3R2, R3=2R2 i R4=10R2: H (s )=− 1 ⋅ 3 R2 C 2 s + s 1 1 s+ 6 R2 C 9 R22 C 2 Clarament el circuit és estable (independentment dels valors de les resistències i les capacitats) ja que que és de segon ordre i tots els coeficients del denominador són del mateix signe, el que assegura que tots els pols es situaran a l'esquerra de l'eix jω del pla s.
Identificant a continuació el denominador de l'H(s) amb la forma canònica de segon ordre es veu que ω2o= 1 1 ωo = , d'on s'obté: 2 2 i 2ζ 6 R2 C 9 R2C f o= 1 1 1 ⋅ =4822,9 Hz i ζ= =0,25 q.e.d.
2 π 3R 2 C 4 i substituint la variable s per jωo: H ( j ωo )=− d'on surt 1 ⋅ 3 R2C 2 −ωo + j ωo 1 1 j ωo + 6 R2C 9 R22 C2 ∣H ( j ωo)∣=2 i arg H ( j ωo )=180 o q.e.d.
= −6 R2 C =−2 3 R2 C c) Determineu l'amplada de banda del filtre i el seu guany màxim en dB.
L'amplada de banda es pot trobar fent: Bw=2 ζωo= 1 1 (rad/s) ; Bw= (Hz)=2411,4 Hz 6 R2C 12 R 2 C I com que és un passa-banda, el guany màxim és el que es dona a la freqüència fo, així: Gmax =20⋅log∣H ( j ωo )∣=20⋅log(2)=6 dB d) Dibuixeu amb detall el seu diagrama de Bode de guany (amb correccions).
Substituint valors a l'H(s) trobada a l'apartat c), H (s )=−3,03⋅104 s s + 1,515⋅10 s+ 9,1827⋅108 2 4 Com que el coeficient d'esmorteïment és menor que la unitat, els pols d'H(s) són complexes conjugats i no cal factoritzar més el seu denominador. Llavors, normalitzant l'H(s) respecte del terme independent, queda: H (s)=−3,3⋅10−5 s s 1,515⋅10 4 + s+ 1 9,1827⋅108 9,1827⋅10 8 2 De l'H(s) trobada es dedueix que el diagrama asimptòtic de Bode constarà d'una recta a baixes freqüències de pendent 20 dB/dec (corresponent a la contribució del zero a l'origen i la constant) i un altra recta a altes freqüències però ara de pendent negativa de -20 dB/dec (degut a que a partir de fo s'afegeix a l'anterior una recta de pendent -40 dB/dec corresponent a la contribució dels dos pols complexes conjugats). Les dues rectes s'ajunten a la freqüència de colze, fo=4822,9 Hz tal com es troba dibuixat en color blavós en el diagrama de Bode representat més endavant.
Per tal de determinar el valor del guany en el diagrama asimptòtic a aquesta freqüència de colze, es pot utilitzar l'expressió matemàtica de la recta de baixes freqüències particularitzada pel valor d'aquella freqüència: 20⋅log∣K∣+ 20⋅logωo =20⋅log(3,3⋅10−5 )+ 20⋅log(2 π4822,9)=0 dB Resultat que coincideix amb el fet de que, si ens fixem en l'H(s) trobada a l'apartat b), es comprova que el mòdul de la constant que queda després de fer la normalització coincideix amb l'invers de ωo.
D'altra banda, com que es vol arribar a obtenir el diagrama de guany sense aproximacions, s'han de fer correccions sobre el diagrama asimptòtic, essent la màxima desviació a la freqüència del colze de valor: Correcció a f o =−20⋅log 2 ζ=−20⋅log(2⋅0,25)=6 dB valor coherent amb el guany màxim trobat a l'apartat c). I finalment queda: e) Doneu la forma de la resposta lliure indicant els seus paràmetres característics i calculeu la durada del règim transitori.
La forma de la resposta lliure ve determinada pels pols de la funció de xarxa i, com ja s'ha comentat aquests són pols complexes conjugats, el que implica que la resposta lliure serà una funció de tipus sinusoïdal esmorteïda, de la forma: 2 v o (t )lliure= A⋅e−ζω t⋅cos (ωo √1−ζ t+ ϕ)⋅u(t ) o i substituint els valors, v o (t )lliure= A⋅e−7575,8 t⋅cos (2,9341⋅10 4 t + ϕ)⋅u( t) a on les constants A i ϕ depenen dels residus i varien en cada cas segons l'excitació concreta aplicada al circuit.
Finalment, la durada del règim transitori és aproximadament 5 vegades la constant de temps (τ) de l'exponencial, essent: 1 τ = ζω =132μs o durada transitori=5 τ=660 μs P4.
(2 punts) A continuació i a la pàgina següent es presenten una sèrie de circuits i respostes que heu de relacionar. Concretament: a) Associeu cada un dels següents circuits amb una resposta temporal i amb una resposta freqüencial (corba de guany). Justifiqueu les respostes.
b) Per als circuits 3, 4 i 5 proposeu un possible diagrama de pols i zeros (no cal donar valors numèrics).
Respostes temporals, vo(t), per a una entrada graó unitari, vin(t)=u(t): Resposta temporal A Resposta temporal B Resposta temporal C Resposta temporal D Resposta temporal E Resposta temporal F Resposta freqüencial G Resposta freqüencial H Resposta freqüencial I Resposta freqüencial J Resposta freqüencial K Resposta freqüencial L Respostes freqüencials: Apartat a) Resposta temporal • Per a t<0 condensadors (C) i inductors (L) estan descarregats. Com que no hi pot haver variació brusca de tensió en un condensador ni de corrent en un inductor: vc(t=0+)=0 (c.c), iL(t=0+)=0 (c.ob.) • En règim permanent (t→∞) de contínua (entrada graó), les tensions en els condensadors i els corrents en els inductors seran constants. Per tant: ic(t→∞)=0 (c.o.); vL(t→∞)=0 (c.c.).
Circuit 1: Resposta temporal E No circula corrent. Per tant, no cau tensió en la vo(t→∞)=0 resistència: vo(t=0+)= vin=1 Les respostes A i E encaixen amb els valors asimptòtics, però atès que el circuit és de primer ordre, no pot oscil·lar. Per això la A no pot ser.
Circuit 2: Resposta temporal F v-=0 pel c.c. virtual.
vo(t=0+)=v-=0 Amplificador inversor: vo(t→∞)=-0.5vin=-0.5 Circuit 3: Resposta temporal B Amplificador inversor: vo(t=0+)=-(105R||11R)/(105R||R)vin≈-11 vin/105R=-vo/105R=> vo(t→∞)=-vin=-1 Circuit 4: Resposta temporal A v+= vin. Pel c.c. virtual v-=v+.
Per tant: vo(t=0+)=v-=v+=vin=1 vo(t→∞)=0 Circuit 5: Resposta temporal C vo(t=0+)=0,5vin=0,5 (divisor de tensió) vo(t→∞)=0,5vin=0,5 (divisor de tensió) Circuit 6: Resposta temporal D Al no haver-hi condensadors ni inductors, el circuit no té dinámica i per tant la resposta temporal és proporcional a l'excitació.
vo(t)=-gmrovin=-gmro, per qualsevol instant de temps Resposta freqüencial • • En contínua (ω=0), els condensadors es comporten com a c.o. i els inductors com a c.c. El circuit equivalent és el que teníem abans per a t→∞ A freqüències altes, els condensadors es comporten com a c.c. i els inductors com a c.o. El circuit equivalent és el que teníem abans per a t=0+ Ara però hem de treballar amb fasors.
Circuit 1: Resposta freqüencial L ω=0 (L en c.c.) Vo=0 i |H|=0, G→-∞ ω→∞ (L en c.o.) Vo=Vin i |H|=1, G=0 dB Les respostes K i L encaixen, però el circuit és clarament de primer ordre i la corba de guany d'un circuit de primer ordre no pot tenir cap ressonància. Per això la K no pot ser.
Circuit 2: Resposta freqüencial I ω=0 (C en c.o.) Vo=-0,5Vin i |H|=0,5, G=-6 dB ω→∞ (C en c.c.) Vo=0 i |H|=0, G→-∞ Circuit 3: Resposta freqüencial G ω=0 (C en c.o.) Vo=-Vin i |H|=1, G=0 dB ω→∞ (C en c.c.) Vo≈-11Vin i |H|≈11, G≈20,82 dB Circuit 4: Resposta freqüencial K ω=0 (C en c.o.) Vo=0 i |H|=0, G→-∞ ω→∞ (C en c.c.) Vo=Vin i |H|=1, G=0 dB Circuit 5: Resposta freqüencial J ω=0 (C en c.o.) Vo=0,5Vin i |H|=0,5, G=-6 dB ω→∞ (L en c.c.) : Vo=0,5Vin i |H|=0,5, G=-6 dB A la freqüència de ressonància, L i C es comporten com un c.o. (estructura ressonant paral·lel) Vo=0 i |H|=0, G→-∞ Circuit 6: Resposta freqüencial H |H|=gmro independent de la freqüència. Per a qualsevol freqüència, el guany serà el mateix.
Apartat b) Circuit 3: El guany constant a freqüències altes i baixes, així com la presència de 2 colzes en el diagrama de Bode ens indiquen la presència d'un zero i un pol reals. El zero està més a prop del eix imaginari ja que la freqüència de colze del zero (variació de pendent positiva) és menor que la del pol (variació de pendent negativa) Circuit 4: És un passa-alts d'ordre 2, per tant presenta dos zeros a l'origen i 2 pols que seran complexes conjugats amb part real negativa perquè la resposta temporal presenta oscil·lacions esmorteïdes Circuit 5: El circuit és un banda eliminada, cosa que requereix la presència de 2 zeros conjugats a l'eix imaginari damunt la freqüència que es vol eliminar. Quant als pols, són 2 pols complexes conjugats amb part real negativa perquè la resposta temporal presenta oscil·lacions esmorteïdes.
...