Examen Final Enero 2011 (2011)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Circuitos Lineales
Año del apunte 2011
Páginas 9
Fecha de subida 17/09/2014
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Circuitos Lineales 21 de enero de 2011 a las 14.45h Fecha de notas provisionales: 25 de enero Período de alegaciones: 26-27 de enero Fecha de notas revisadas: 31 de enero DEPARTAMENT DE TSC Profesora: Olga Muñoz Grupos: 70 y 71 Informaciones adicionales: • Duración de la prueba: 3 horas • Consultas sobre el examen: 27 de enero de 15 a 17h P1. (3 puntos) El circuito de la figura 1.1 modela un generador de funciones de resistencia interna Rg (=50 Ω) conectado a un osciloscopio (Ro=1 MΩ y Co=25 pF), siendo vg(t) la tensión del generador que queremos medir y vo(t) la tensión visualizada en el osciloscopio.
Osciloscopio Rg + + vg(t) Co vo(t) _ Ro Fig. 1.1 1.1 Encuentre la función de red H (s) = Vo ( s ) Vg ( s ) 1.2 Calcule y represente la respuesta temporal a un escalón unitario, vg(t)=u(t), indicando claramente la duración del transitorio y los valores de tensión inicial y final. Identifique la componente libre y la componente forzada en la respuesta.
Para que la señal visualizada sea lo más parecida posible a la señal que queremos medir, es habitual utilizar una sonda de medida, con resistencia R=9MΩ y capacidad C ajustable. Si C< RoCo/R la sonda estará subcompensada, mientras que en caso contrario estará sobrecompensada.
Rg Sonda R Osciloscopio + + vg(t) C Ro Co vo(t) _ Fig. 1.2 Sonda de medida Fig. 1.3 Modelo circuital para una sonda de medida y un osciloscopio Para tres valores concretos de la capacidad de la sonda tenemos las siguientes funciones de red: C=2.78 pF C=5 pF C=1 pF H (s)  1.3 8 ⋅108 ( s + 1.1 ⋅105 ) s 2 + 2.1 ⋅1010 s + 8.9 ⋅1014 H (s)  8 ⋅108 ( s + 4 ⋅104 ) s 2 + 8 ⋅109 s + 3.2 ⋅1014 H (s)  8 ⋅108 ( s + 2.2 ⋅104 ) s 2 + 4.8 ⋅109 s + 1.8 ⋅1014 Para cada uno de los tres casos, dibuje el diagrama de ceros y polos.
1.4 Indique, para cada uno de los tres casos, la duración aproximada del transitorio y el valor de la tensión vo en régimen permanente, considerando que la entrada es un escalón unitario, v g(t)=u(t).
1.5 Si queremos medir una señal cuadrada de 100 MHz, ¿qué ventajas y qué inconvenientes aparecen al hacer las medidas con sonda? P2. (3,5 puntos) El circuito de la figura 2.1, cuya respuesta en frecuencia, H ( jω ) = Vo , se presenta en la Vg figura 2.2, permite adaptar Rg y RL a la frecuencia de 500 Hz Rg L iL(t) iRL(t) + vg(t)=4cos(2π500t) L=90mH C=1µF + vg(t) RL C vo(t) _ Fig. 2.1 Bode Diagram Bode Diagram 1.6 0 1.4 -45 1 Phase (deg) Magnitude (abs) 1.2 0.8 0.6 -90 -135 0.4 0.2 0 1 10 10 2 10 3 10 -180 1 10 4 10 2 Frequency (Hz) 10 3 10 4 Frequency (Hz) Fig. 2.2 2.1 ¿Qué valor tienen Rg y RL? Vg , Vo , I L , I C e I RL a la frecuencia de adaptación.
2.2 Calcule los fasores 2.3 Calcule la potencia compleja en RL, L y C a la frecuencia de adaptación.
2.4 A continuación se quiere estudiar cómo responde este circuito en régimen transitorio. Sabiendo que la tensión aplicada a la entrada es vg(t)=u(t), indique cuál de las respuestas que se muestran en la figura 2.3 puede corresponder a la tensión de salida vo(t), justificando la elección o el rechazo en cada caso.
Step Response Step Response 0.8 0.6 0.4 0.2 0.3 0.4 Amplitude (V) Amplitude (V) Amplitude (V) 1 0 0 0.8 0.6 1.2 0.2 0 2 3 Time (sec) Respuesta a 4 5 -3 x 10 0 0.7 0.25 0.2 0.15 0.1 1 2 3 Time (sec) 4 5 6 0 0 0.5 0.4 0.3 0.1 1 -3 x 10 Respuesta b 0.6 0.2 0.05 -0.2 1 Step Response Step Response 0.35 Amplitude (V) 1.4 2 3 Time (sec) Respuesta c 4 5 -3 x 10 0 0 0.5 1 1.5 2 Time (sec) 2.5 Respuesta d Fig. 2.3 2.5 Finalmente, tenemos que en vg(t) además de la frecuencia de 500 Hz hay una interferencia de 750 Hz que queremos eliminar. Para ello conectaremos en cascada un filtro (sin efecto de carga) con las siguientes características: Frecuencia (Hz) Ganancia (dB) 0 0 500 ≥ -3 750 −∞ Encuentre el valor mínimo del factor de calidad o equivalentemente el valor máximo del ancho de banda del filtro y proporcione la expresión exacta de su función de red.
3 3.5 -3 x 10 P3. (3,5 puntos) El circuito de la figura 3.1 corresponde a un control de tonos, en el que se puede ajustar de manera independiente la ganancia a frecuencias bajas y altas, en función de la posición de los potenciómetros R2 y R4.
C1 R2 R1 R1 _ + vg(t) + C2 R3 R1 R4 Fig. 3.1 + vo(t) _ R3 3.1 Analice el circuito a bajas frecuencias, y encuentre la amplificación en función de la posición del cursor del potenciómetro que corresponda. Particularice el resultado para los valores extremos del potenciómetro.
3.2 Analice el circuito a altas frecuencias, y encuentre la amplificación para los valores extremos del potenciómetro suponiendo R4>>3R1+R3.
3.3 Si R2=100k, diseñe el valor de las resistencias del circuito para conseguir una variación de tanto a bajas como a altas frecuencias.
± 20 dB 3.4 En las condiciones del apartado 3.3, con C1=75nF y C2=2nF obtenemos, para una determinada posición de los cursores de los potenciómetros, la siguiente función de red: H (s) = 10 s 2 + 1.45 ⋅105 s + 1.8 ⋅108 s 2 + 1.35 ⋅105 s + 1.8 ⋅107 Dibuje el diagrama de Bode asintótico y con correcciones.
3.5 Opcional: En condiciones de amplificación máxima/mínima a frecuencias bajas/altas (cursor de cada potenciómetro situado en un extremo), indique en función de los componentes del circuito (C1,C2, R1,R2, R3 y/o R4): a) La frecuencia para la que puede considerarse válida la aproximación de circuito abierto para C1 b) La frecuencia para la que puede considerarse válida la aproximación de cortocircuito para C2 Circuitos Lineales 21 de enero de 2011 a las 14.45h Fecha de notas provisionales: 25 de enero Período de alegaciones: 26-27 de enero Fecha de notas revisadas: 31 de enero DEPARTAMENT DE TSC P1 1 Ro Co s Ro = Zo ( s ) = 1.1 Impedancia de entrada del osciloscopio: 1 RoCo s + 1 Ro + Co s 1 1 Ro Rg Co Rg Co RoCo s + 1 Ro 8 ⋅108 = = = ≅ H (s) = 1 1 Ro Rg RoCo s + Rg + Ro s + 1 + 1 s + 8 ⋅108 + s+ Rg + RoCo Rg Co RoCo Rg Co RoCo s + 1 1.2 0.8 vo ( t )= s =−8⋅10 8 (1 − e 8 ⋅108 = −1; B = s + 8 ⋅108 −8⋅108 t ) u (t ) Amplitude 8 ⋅108 1 A B = Vo ( s ) = + 8 8 s + 8 ⋅10 s s + 8 ⋅10 s 8 ⋅108 A= s Step Response 1 Respuesta temporal: = 1 0.6 0.4 0.2 s =0 0 0 2 4 Time (sec) 6 8 x 10 -9 Duración del transitorio: = τ 1 1.25 ns ⇒ Duración transitorio  6.25 ns = 8 ⋅108 Valores de tensión inicial y final: vo= ( 0 ) 0; vo = (∞) 1 Componente libre y forzada Componente libre: −e −8⋅108 t u (t ) ; Componente forzada: u (t ) 1.3 C=1 pF C=2.78 pF C=5 pF z= −1.1 ⋅10 ; z =−4 ⋅10 ; z= −2.2 ⋅10 ; p1  −2.1 ⋅1010 ; p2  −4.2 ⋅104 p1  −8 ⋅109 ; p2  −4 ⋅104 p1  −4.8 ⋅109 ; p2  −3.75 ⋅104 5 4 4 x -2.1e10 1.4 x -1.1e5 -4.2e4 x -8e9 x x -4e4 -3.75e4 -4.8e9 x -2.2e4 La duración del transitorio la determina el polo más cercano al eje imaginario.
Al ser la entrada una señal escalón, la tensión en régimen permanente es: vo (= ∞ ) H ( 0 ) ⋅1 Para los diferentes casos: • C=1 pF 1 . Duración del transitorio  5τ  0.12 ms 4.2 ⋅104 vo (= ∞ ) H ( 0 ) ⋅1  0.1 τ • C=2.78 pF El cero cancela al polo p2.
vo (= ∞ ) H ( 0= ) ⋅1 0.1 • τ 1 8 ⋅109 . Duración del transitorio  5τ  0.62 ns C=5 pF 1 . Duración del transitorio  5τ  0.13 ms 3.75 ⋅104 vo (= ∞ ) H ( 0 ) ⋅1  0.1 τ 1.5 Cada semiperiodo de la señal de 100 MHz dura 5 ns, si no utilizamos sonda antes de que acabe el transitorio tendremos el siguiente flanco de bajada, por lo que lo no podremos realizar correctamente la medida.
Ventajas: El transitorio es 10 veces menor si medimos con una sonda compensada, por lo que la tensión habrá llegado al régimen permanente antes del siguiente flanco.
Desventajas: Hemos de tener en cuenta que la medida se reduce por un factor 10.
P2.
X 1 = ω L = 2π 500 ⋅ 90 ⋅10−3 = 282.7 1 1 − = − = −318.3 Reactancia del condensador: X 2 = 2π 500 ⋅10−6 ωC 2.1 Reactancia de la bobina: Impedancia vista a la entrada de la red de adaptación: Z L ' =jX 1 + jX R ( R − jX )  jX 2 RL R X2 X R2  =jX 1 + 2 L 2 L 2 2 = 2 L 2 2 + j  X 1 + 2 2 L 2  jX 2 + RL RL + X 2 RL + X 2 RL + X 2   Forzamos la condición de adaptación Z L ' = Rg X 2 RL2 X 1 X 22 2 2 2 X1 + 2 =0 ⇒ X 1 RL + X 1 X 2 + X 2 RL =0 ⇒ RL = − =900 RL + X 22 X1 + X 2 = Rg RL X 22 100 = RL2 + X 22 Podemos comprobar que la solución es coherente con las gráficas, ya que en continua la amplificación es 0.9 =RL/(Rg+RL).
2.2 A la frecuencia de adaptación = Vg 4;= IL Z L ' = Rg 4 = 0.02; 2 ⋅ Rg 6 −70º; Vo =− Vg I L ( Rg + jX 1 ) = = IC I= RL Vo = 0.019 20º; jX 2 Vo = 0.07 −70º RL ( ) Comprobamos que es coherente con las gráficas: Vo = Vg H jωadaptación =4 ⋅1.5 −70º =6 −70º 2.3 2 S RL = I RL RL 0.02; = 2 2 SL = SC = IL jX 1 j 0.0565; = 2 IC 2 2 jX 2 = − j 0.0565 También podríamos haber hecho lo siguiente: La potencia compleja en una resistencia es real, en el caso de RL será la potencia disponible (la entregada a la carga en condiciones de adaptación): 2 Vg P= P= = 0.02 RL Rg 8 Rg También observamos que la potencia reactiva en el condensador y la bobina tiene el mismo valor y signo contrario, de forma que la potencia compleja total entregada a la entrada de la red de adaptación es real e igual a la potencia disponible.
2.4 La respuesta correcta es la a: - En régimen permanente la curva ha de tender a 0.9 (H(0)). Descartamos b y c.
- La curva amplificación presenta una resonancia lo que implica que los polos son complejos, por lo que la respuesta libre presentará oscilaciones. Descartamos d.
2.5 Necesitamos un filtro banda eliminada, con ωo = 2π 750 ω0 2ξω0 2ξ s s +ω = H (s) = 2 2 ω s s + 2ξω0 s + ω0 1+ + 0 2ξω0 2ξ s s 2 2 0 + Calculamos el factor de calidad:  50 75  Qj  −  1 1 1 Q 2 0.832  75 50  H ( j 2π 500 ) 1.2 = ≥ ⇒ ≥ ⇒ Q 2 0.832 = ≥1⇒ Q ≥ 2 2 1 + Q 0.83 2 0.83 2  50 75  1 + jQ  −   75 50  También podríamos calcular el BW: La H(s) que buscamos es: H (s) = s 2 + ( 2π 750 ) 2 s 2 + 2π 625s + ( 2π 750 ) 2 f c2 = f o 2 7502 ≤ =1125 ⇒ BW =625 Hz 500 f c1 P3.
3.1 A bajas frecuencias, los condensadores se comportan como circuitos abiertos.
R2 R1 R1 R1 _ + + vg(t) R3 R4 + − α 1 R R ( ) 2 −vo v = ⇒ o = − 1 R1 + α R2 R1 + (1 − α ) R2 vg R1 + α R2 + vo(t) _ R3 vg R1 + R2 R1 ; AB ( mín ) = R1 R1 + R2 = AB (max) 3.2 .A altas frecuencias, los condensadores se comportan como circuitos abiertos.
R1 R1 _ + + vg(t) vg − vx R1 = vg R3 + α R4 vx vx − vo + ⇒ vx = R1 R1 + vg + vo 3R1 R1 vx R3 vg + vo R4 + vo(t) _ R3 3   −v 1 1  1 1  = o ⇒ vg  + −vo  +  = R3 + (1 − α ) R4  R3 + α R4 3R1   R3 + (1 − α ) R4 3R1   1 1  3R1 + R3  +  R 3R1  v R3 3R1 3R + R3 α= 0⇒ o = −  3 = − − 1 3R1 + R3 + R4 vg R3  1 1  +   R R R 3 + ( 3 4) 1  R3 + R4 3R1   1 1  +   R3 + R4 3R1  vo R3  α= 1⇒ = − = − 3R1 + R3 vg  1 1   +   R3 3R1  A= 20 ⇒ A = 10; 20 log10 A = −20 ⇒ A = 0.1 R1 + R2 R = 10 ⇒ R1 = 2 = 11k R1 9 3R1 + R3 = 10 ⇒ R1 = 3R3 ⇒ R3 = 3.67 k R3 R4  3R1 + R3= 10 R3= 36.7k ⇒ R4= 500k 3.3 . 20 log10 3.4 s s    + 1 + 1  3 10 ( s + 1.37 ⋅103 )( s + 13.1⋅103 ) 10 ( s + 2π 218.2 ) ( s + 2π 2.1⋅103 ) 2π 218.2  2π 2.1 ⋅10   10  H (s) = 3 3 s s    ( s + 133.5) ( s + 134.8 ⋅10 ) ( s + 2π 21.2 ) ( s + 2π 21.5 ⋅10 ) + 1 + 1  3  2π 21.2  2π 21.5 ⋅10  Bode Diagram 20 -3 dB -3 dB Magnitude (dB) 15 System: sys Frequency (Hz): 98.5 Magnitude (dB): 7.3 10 5 +3 dB +3 dB Phase (deg) 0 90 0 -90 0 10 10 1 10 2 3 10 Frequency (Hz) 10 4 10 5 3.5 Opcional: a) Z C = 1 1 1  R2 ⇒ f  2π R2C1 ωC1 Efectivamente, para R2=100k (enunciado del apartado 3.2) y C1=75nF, obtenemos que la aproximación es válida para f  20 Hz (aproximadamente la primera frecuencia de codo en el diagrama de Bode) b) Z C = 2 1 1  R3 ( R3 + R4 ) ≈ R3 ⇒ f  2π R3C2 ω C2 Efectivamente, para R3=3.67k (apartado 3.3) y C2=2nF, obtenemos que la aproximación es válida para f  20 kHz (aproximadamente la última frecuencia de codo en el diagrama de Bode) 10 6 ...