Respuesta en Frecuencia Circuitos Eléctricos 2
Respuesta en Frecuencia
Circuitos Eléctricos 2
Resonancia en paralelo
La resonancia es la condición que existe en todo sistema físico cuando una excitación senoidal de amplitud constante produce una respuesta máxima.
Para una red eléctrica la resonancia es la condición que existe cuando la impedancia de entrada de la red es puramente resistiva.
Una red está en resonancia cuando el voltaje y la corriente de las terminales de entrada se encuentran en fase.
Circuito resonante en paralelo
R L C
IL IC
V
ILC
I
LCj
R11
Y
Hz2
1
rad/s1
0
0
LCf
LC
s
sssY
sssY
LCRCC
LC
R
/1/
11
2
2202
1
d
dd
RC
jjC
s
sssY
La frecuencia resonante 0
La frecuencia resonante natural d
220 d
Patrón de polos y ceros
jwd
jw0
w0
jwd
Plano s
Y(s)
jwd
jwd
Plano s
Z(s)
Patrón de polos y ceros para la admitancia Patrón de polos y ceros para la impedancia
Respuesta en función de la frecuencia
0 21
0.707|I|R
|I|R
IC,0 = IL,0 = j0CRI
El máximo ocurre en 0.
Factor de calidad Q
Q = factor de Calidad = 2 Máxima energía almacenadaEnergía total perdida por ciclo
TP
twtwQ
R
CL max2
2
sen22
121
cos22
1
22
02
222
0
2
02
222
CRItw
tCRI
vdtLLitw
tCRI
Cvtw
m
mt
LL
mC
tRItRitv
tIti
m
m
0
0
cos
cos
RCRCffRI
CRIQ
RIf
TP
RIP
m
m
mR
mR
000
22
22
0
2
0
221
22/
2/2
21
0,0,0
LC XR
XR
LC
RQ
Otras relaciones
2
00
0
0
00
21
1
2)/(21
21
Q
QCCQRC
d
Relaciones entre Q0, y d
Entonces
20
2
2
2
11
ss
ssLCRC
Donde es el factor de amortiguamiento
00
200
2
21
2
Q
ss
Variación de los ceros
jd
j0
0
jd
Y(s)
j0
0
Q= ½
CL
R21
Los dos ceros de la admitancia se mueven en un círculo cuando R cambia de ½L/C a .
Q = R =
Cuando R>= ½L/C la respuesta del circuito es subamortiguada y varia de 1/LC hasta 0 y Q0 varia de ½ a
Ancho de banda
Los valores los encontramos cuando el voltaje vale 0.707 de su valor máximo.
Expresemos ahora el ancho de banda en términos de Q0 y de la frecuencia resonante
12
El ancho de banda (de media potencia) de un circuito resonante se define como la diferencia de dos frecuencias de media potencia. Si 1 es la frecuencia inferior de mitad de potencia y 2 es la frecuencia superior de mitad de potencia, entonces
La admitancia de circuito RLC en paralelo
en términos de Q0
o
LCj
R
11Y
L
RCR
Rj
R 0
0
0
011Y
0
001
1jQ
RY
Para que la magnitud de Y sea 2/R, debemos obtener las frecuencias en las que la parte imaginaria tenga magnitud igual a 1.
111
0
0
10
2
0
0
20
QyQ
Al resolver tenemos
0
2
002
0
2
001
21
21
1
21
21
1
La diferencia entre estas expresiones proporciona una formula muy simple para el ancho de banda
Los circuitos con Q0 mas alta presentan un ancho de banda mas estrecho y tienen una selectividad de frecuencia o calidad superior.
También se cumple
0
012 Q
210
2120
Ejemplo 1
R = 0.500 L = 0.200 C = 0.200 = 5.000 = 25.00d = 24.49Q0 = 2.50 = 0.201 = 20.502 = 30.50ancho de banda = 10.00
Ejemplo 2
R = 1.000 L = 0.200 C = 0.200 = 5.000 = 25.00d = 24.87Q0 = 5.00 = 0.101 = 22.622 = 27.62ancho de banda = 5.00
Aproximaciones para circuitos de alta Q
Dado que
Entonces:
Y las ubicaciones de los ceros se podrían aproximar por
Un circuito de alta Q es un circuito en el cual Q0 es igual o mayor que 5
21
0
0
2Q
021
2,1 jj ds
En el circuito de alta Q,Cada frecuencia de mediaPotencia se ubica aprox.A la mitad del ancho deBanda a partir de la frecuencia resonante
jwd
j2 j(0 + ½)
s2
Plano s
Y(s)
j1 j(0 – ½)
jd j0
½
–½
Las ubicaciones de las dos frecuencias de media potencia también sepueden aproximar
o
La admitancia esta dada de manera aproximada por
00
0
2
002,1 2
11
21
21
1QQQ
21
02,1
20
20 22
ssss
sY C
jj
C
s = j
s – s2
s = j
s2 ½
Sustituyendo
La parte imaginaria de esta ecuación vendría siendo el numero de mitades de ancho de banda de resonancia y se abreviaría por medio de N, quedando así:
donde
21
0
21
021
11
12
jR
jC
sY
sY
021
2 jss
jNR
11
sY
2
0
N
La magnitud de la admitancia es
Y el ángulo estará dado por la tangente inversa
jNR
11
sY
Nang 1tan sY
RS
VS
ssCLs
10
Frecuencia 0 es la frecuencia a la que la parte imaginaria de la frecuencia de entrada se hace cero.
S
sss R
LQ 0
0
Resonancia en serie
CS
LS
El factor de calidad esta dado por
Las dos frecuencia 1s y 2s se definen como las frecuencias a las cuales la magnitud de la impedancia es 2 la magnitud mínima de la impedancia.
Estas también son las frecuencias a las cuales la respuesta de corriente es igual al 70.7 % de la respuesta máxima.
ss
sssss
21
21
21
1 0
0
2
002,1
Donde es la diferencia entre la frecuencia superior e inferior de la mitad de potencia .
Este ancho de banda de la mitad de potencia esta dado por
s
ss Q0
022
Resonancia en serie
s
La impedancia de entrada también puede expresarse en forma aproximada para circuitos con valores altos de Qs.
ssssss NNRjNR 12 tan/_11 Z
Donde
s
sN
21
0
El circuito resonante en serie se caracteriza por una baja impedancia resonante
Resonancia en serie
0000
0
0
00
11
21
jQjj
jQR
Y
RC
RCQ
CL
p
III
0
00
0000
00
1
2
jQR
jQjjL
RR
LQ
s
CL
Z
VVV
ResumenRS
VS
CS
LS
R L C
IL IC
V
ILC
I
Expresiones exactas
2
21
21
1
21
1
1
0
012
21
0
0
2
002,1
2
00
220
0
Q
N
Q
LC
d
Expresiones aproximadas
NNRZ
NR
NY
s
p
12
1
210
tan1
tan1
21
Tabla de expresiones
Q0 >=5 0.90<= || <=1.10
d = 0 2, 1 = 0 ½
Tarea
Un circuito resonante serie tiene un ancho de banda de 100 Hz y contiene una inductancia de 20 mH y una capacitancia de 2 F. Determine a) f0, b) Q0, c) Zent y d) f2.
796 Hz, 7.96, 12.57 + 0j Omhs, 846 Hz
Otras formas resonantes
R1
L
CY
R2 Le CeRe
Circuito RLC paralelo más realista y su equivalente para un rango limitado de frecuencias.
LjR
CjR
j12
11ImIm Y
La frecuencia angular resonante se encuentra haciendo cero:
2
10
2221
1
LR
LC
LRL
C
Resolviendo, obtenemos
EjemploSean R1 = 2 Ohms, L = 1H, C = 1/8 F y R2 = 3 Ohms.
0 = 8 – 22 = 2 rad/s
Y = 1/3 + j2(1/8) + 1/(2 + j(2)(1)) = 1/3 + 1/4 = 0.583 S
Z(2j) = 1/0.583 = 1.714 Ohms
Si R1 fuera cero
0 = 2.83 rad/s
Z(2.83j) = 1.947/_-13.26° Ohms
Frecuencia del máximo
m = 3.26 rad/s
Z(3.26j) = 1.980/_-21.4° Ohms
Grafico de la impedancia del ejemplo
3.26máximo
2.83sin R1
0= 2
1.714
1.947
1.980
Transformación serie paralelo
El factor de calidad Q se puede definir para cualquier frecuencia, no necesariamente la de resonancia.
Puede mostrarse que para las redes serie y paralelo de las figuras el valor de Q esta dado por la expresión correspondiente.
jXs jXpYs
Yp
Rs
Rp
Qs = |Xs|/Rs Qp = Rp/|Xp|
Para que las dos redes sean equivalentes se debe cumplir lo siguiente
ppp
ss
ss
sss X
jRXR
jXR
jXR
11122
YY
Esto se cumple si
pss
s
pss
s
XXR
Xy
RXR
R 112222
Dividiendo ambas
p
p
s
s
R
X
X
R
Las Q’s de las dos redes deben ser iguales Qs = Qp = Q, por tanto
2
2
11
)1(
QXX
QRR
sp
sp
EjemploEn = 1000 rad/s, encuentre la red paralela equivalente a la red serie
8H
100 Ohms
2
2
11
)1(
QXX
QRR
sp
sp
Rp = 100 (1 + (8*1000)2/1002)
= 640 kOhms
Xp = 8*1000(1 + 1/ ((8*1000)2/1002))
= 8000 = 1000*Lp
Lp = 8 H
Ejemplo 2Suponga una red serie RLC con R = 20 , L = 10 mH y C = 0.01 F. La red es exitada por una fuente de 0.5 V y se desea medir el voltaje en el capacitor con un voltímetro con 100000 de resistencia interna.
Antes de conectar 0 = 105 rad/s, Q0 = 50 y VC = 25 V.
El arreglo del capacitor en paralelo con la resistencia del voltímetro es equivalente a un arreglo serie de un capacitor y una resistencia.
Para calcular los valores del circuito equivalente se debe suponer que la frecuencia de resonancia es también de 105 rad/s, la Q de la red RC estará dada por
Q = Rp/|Xp| = RC = 100
Los elementos equivalentes son
Cs = Cp y Rs = Rp/Q = 10
La nueva Q del circuito RLC es 33.3.
El voltaje en el arreglo serie es
|VC| = (0.5/30)|10 – j1000| = 16.67 V
TareaDados una resistencia de 10 en serie con un condensador de 10 F, determinar los dos elementos en el equivalente en paralelo si = : a) 200, b) 1000, c) 5000 rads/s.
Resp. : 50 , 8 F; 1 k , 10 F; 25 k , 10 F
Para = 105 rads/s, hallar el valor eficaz de Q para las redes RC de dos terminales que se muestran en las figuras
+---+---+ +---R2---+---+ +---+---R2---+---+ | | | | | | | R1 C R1 C R3 R1 C | | | | | | |+---+---+ +--------+---+ +---+--------+---+
R1 = 4 k, R2 = 10 , R3 = 500 , C = 5F
Resp. : 2, 10, 20
El Procedimiento de cambio de escala nos permite analizar redes formadas por elementos con valores prácticos haciendo un cambio de escala para permitir cálculos numéricos mas convenientes, tanto en magnitud como en frecuencia.
Cambio de Escala
2.5 ½ H 2F
En el siguiente ejemplo los valores poco prácticos de sus elementos nos llevan a la improbable curva de respuesta.
Z
Cambio de Escala
El cambio de escala en magnitud: se define como el proceso por medio del cual la impedancia de una red de dos terminales aumenta por un factor de Km y la frecuencia permanece constante.
Por consiguiente “la red sufrira un cambio de escala en magnitud por un factor de 2”, esto significa que la impedancia de la nueva red sera el doble de la red original:
Los siguientes cambios darán como resultado la red con otra escala en magnitud por el factor Km :
R Km R
L Km L
C mK
C Cambio de escala en magnitud
Cambio de Escala en Magnitud
Haciendo el cambio del circuito anterior obtenemos:
2.5 ½ H
2FZ
5 k
1000 H
10–3 FZ
La curva de respuesta indica que, aparte de un cambio de escala en el eje vertical, no es necesario hacer ningún otro cambio en la curva de respuesta anterior.
El cambio de escala en frecuencia se define como el proceso por medio del cual la frecuencia a la que ocurre cualquier impedancia aumenta por un factor Kf
Al igual que en el caso anterior “la red sufre un cambio de escala en frecuencia por un factor de 2”.
El cambio de escala se logra cambiando la escala en frecuencia de cada elemento pasivo.
Cambio de Escala en Frecuencia
Los cambios necesarios en cada elemento pasivo para hacer un cambio de escala en frecuencia por un factor Kf son:
R R
L
C
fKL
fKC
Cambio de escala en frecuencia
5 k
1000 H
10–3 FZ
5 k
200 H
200 pFZ
Haciendo el cambio del circuito anterior obtenemos:
La curva de respuesta indica que, aparte de un cambio de escala en el eje horizontal, no es necesario hacer ningún otro cambio en la curva de respuesta anterior.
Una impedancia dada como función de s también puede cambiar su escala, sea en magnitud o en frecuencia.
Para un cambio de escala en magnitud de Z(s): solo multiplicamos Z(s) por el factor Km .
Ejemplo:
La impedancia Z´(s) de la red con cambio de escala en magnitud es:
Z´(s)=Km Z(s)
Para el cambio de escala en frecuencia:
Z´´(s)=Z´
Siempre y cuando Z´´(s) y Z´(s) deben dar valores idénticos de impedancia
Estos dos tipos de cambios de escala también pueden ser realizados a las fuentes dependientes
fKs
TareaUn circuito resonante en paralelo tiene una frecuencia de resonancia 2500 rad/s, un ancho de banda de 100 rad/s y una inductancia de 200 mH. Halle el nuevo ancho de banda y capacitancia si se emplea una escala en el circuito en a) la magnitud por un factor de 5; b) la frecuencia por un factor de 5; c) magnitud y la frecuencia por factores de 5.
Una tensión V(s) aplicada a una red dada produce una salida I2(s) = (2s+5)/(3s2 + 4s+ 6)A. Hallar I2(s) si la red tiene una escala en a) frecuencia por un factor de 2; b) magnitud por un factor de 2; c) frecuencia y magnitud por factores de 2; b)
Diagramas de BodeDefinición: Una magnitud en decibeles se obtiene tomando el logaritmo en base 10 de la magnitud y multiplicando por 20.
HdB = 20 log|H(j)|
La operación inversa es:
|H(j)| = 10(HdB/20)
Algunos valores comunes son:
|H(j)| = 1 HdB = 0 dB
|H(j)| = 2 HdB = 6 dB
|H(j)| = 10 HdB = 20 dB
|H(j)| = 10n HdB = 20n dB
20 log 5 = 20log(10/2) = 20log10 – 20log2 = 20 – 6 = 14 dB
2 20log21/2 = 10x0.3 = 3dB
1/2 3dB
Ejemplo
Diagrama de Bode
HdB = 0 si << a HdB = 20 log(/a) si >> a
w = logspace(-2,2,100);a = 1;H = 1 + j*w/a;HdB = 20*log10(abs(H));semilogx(w,HdB)
2
2
2
2
1log201log20
11
1
aaj
H
aaj
j
a
dB
H
ssH
Gráfico de Bode para la magnitud de un cero simple
Diagrama de Bode
H(s)| = 1 + s/a
ang H(j) = ang(1+j/a) = tan1/a
ang H(j) = 0° si < 0.1a ang H(j) = 90° si > 10a
w = logspace(-2,2,100);a = 1;H = 1 + j*w/a;Hang = angle(H);semilogx(w,Hang)axis([0.01,100,0,2.5])
Gráfico de Bode para la fase de un cero simple
|H(s)| = 2s/(1 + s/10)(1 + s/20000) 2 6 dB
s 20 dB/década en 0 1 + s/10 20 dB/década en 10
1 + s/20000 20 dB/década en 20000
cruza por 0 en = 400,000
w = logspace(-1,6,100);H = -2*j*w./((1 + j*w/10)... .*(1 + j*w/20000));HdB = 20*log10(abs(H));semilogx(w,HdB)axis([0.1,10e6,-20,40])grid
101 102 103 104 105 1061
20
40
10 nF
20 F1 k
4 k 5 k
VxVent VsalVx
200
+ -
+
-
s
1 +s/10 1 +s/20000
H(s)| = 2s/(1 + s/10)(1 + s/20000) 2 6 dB
s 20 dB/década en 0 1 + s/10 20 dB/década en 10
1 + s/20000 20 dB/década en 20000
w = logspace(-1,6,100);H = -2*j*w./((1 + j*w/10)... .*(1 + j*w/20000));Hang = atan(imag(H)./real(H))...*180/pi-180;semilogx(w,Hang)grid
101 102 103 104 105 1061
-90
Algunas consideracionesUn término sn representa una magnitud que pasa por = 1, con una pendiente de 20n dB/década, la respuesta en fase es un ángulo constante de 90n°.
Un cero múltiple (1+ s/a)n representa la suma de n curvas de respuesta en magnitud o fase de un cero simple. Por tanto se obtiene una respuesta de 0 dB para <a y que tiene una pendiente de 20n dB/década cuando >a. el error es –3n dB en a, y –n dB en 0.5a y 2a.
El diagrama de fase es 0° para <0.1a, 90n° para >10a, 45n° para =a, y una línea recta con pendiente de 45n°/década para 0.1a<<10a. El error es 5.71n° en las dos frecuencias.
EjemploHaga el diagrama de la función
H(s) = (1 + s/10)/((1 + s/500)(1 + s/10,000)2)
101 102 103 104 1051
20
30
(1+s/10)
1 +s/500(1 +s/10,000)2
10
|H(s)| = 1 + 2(s/0) + (s/0)HdB = 20 log|H(s)| = 20 log|1 + j2(/0) (/0)2|
Si = 1 se tiene un cero de segundo orden.
Se tiene una asíntota en 0dB y otra que corresponde al término cuadrático de –40 dB/década.
Para = 0 hay que hacer un ajuste, HdB = 20log(2)
Si = 0.1, HdB = –14 dB.
w = logspace(-2,1,100);w0 = 1;zeta = 1;H1 = 1 + 2*zeta*j*w/w0 -... (w/w0).^2;HdB1 = 20*log10(abs(H1));
= 1
= 0.5
= 0.25
= 0.1
Pares complejos conjugados
ang H(s) = tan1(2(/0)/(1 (/0)2))
Debajo de = 0.10 ang H(s) = 0°
Arriba de = 100 ang H(s) = 180°
Para = 0 ang H(s) = 90°
w = logspace(-2,2,100);w0 = 1;zeta = 1;H1 = 1 + 2*zeta*j*w/w0 -... (w/w0).^2;Hang1 = angle(H1)*180/pi;
= 1 = 0.5
= 0.25
= 0.1
H(s) = 10s/((1 + s)(1 + 2(0.1)(s/100)+ (s/100)2))
w = logspace(-1,3,100);w0 = 100;zeta = 0.1;H = 10*j*w./((1+j*w).*(1 + ... 2*zeta*j*w/w0 - (w/w0).^2));HdB = 20*log10(abs(H));semilogx(w,HdB)
Ejemplo
ang H(s) =ang( 10s/((1 + s)(1 + 2(0.1)(s/100)+ (s/100)2)))
w = logspace(-1,3,100);w0 = 100;zeta = 0.1;H = 10*j*w./((1+j*w).*(1 +... 2*zeta*j*w/w0 - (w/w0).^2));Hang = angle(H)*180/pi;semilogx(w,HdB)
Ejemplo
Tarea
Haga el diagrama de Bode de magnitud de
H(s) = 1000s2/(s2+5s+100)