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

QQ

QQ

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

QQ

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

QQ

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)