Diseño de Filtros Analógicos

Universidad Católica“Nuestra Señora de la Asunción”

Sede Regional AsunciónFacultad de Ciencias y Tecnología

Departamento de IngenieríaElectrónica e Informática

Carrera de Ingeniería Electrónica

Teoría de Circuítos II

Pedro Ramírez <[email protected]>Hector Ojeda <[email protected]>

Diseño de un FiltroTP 13

mailto:[email protected]

mailto:[email protected]

ii

Índice general

Introducción vii

1. Circuíto 11.0.1. Transferencia a partir de los datos . . . . . . . . . . . . . 11.0.2. Circuíto propuesto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.0.3. Función de transferencia del circuíto propuesto (Vo(s)/Vi(s)) 4

2. Respuesta en frecuencia. 72.1. Expresiones de impedancia de entrada Zi y salida Zo, pico de

resonancia Mr y ancho de banda BW . . . . . . . . . . . . . . . . 72.1.1. Impedancia de Entrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.1.2. Impedancia de Salida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.1.3. Pico de Resonancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.1.4. Ancho de Banda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2. Gráficas de polos y ceros del sistema en el plano s. . . . . . . . . 142.3. Gráfico de Bode de la respuesta en frecuencia. . . . . . . . . . . . 17

2.3.1. Módulo y fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3.2. Asintótico y Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.3.3. Puntos Singulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.4. Simulación de la respuesta en frecuencia de la función de trans-ferencia con programa de simulación matemática. . . . . . . . . . 29

2.5. Simulación de la respuesta en frecuencia del circuíto con progra-ma de simulación de circuítos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3. Respuesta en el tiempo 393.1. Respuesta en el tiempo de Vo(t) por convolución. Tipo de respues-

ta natural. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.2. Parámetros de respuesta en el tiempo. . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.2.1. Tiempo de subida Tr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.2.2. Tiempo de retardo Td . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.2.3. Tiempo de Máximo Tm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.2.4. Sobrepaso Máximo SM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

iv ÍNDICE GENERAL

4. Respuesta a excitaciones. 574.1. Respuesta al escalón. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4.1.1. Resultado gráfico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.1.2. Simulación de la respuesta con programa de simulación

matemática. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.1.3. Simulación de la respuesta con programa de simulación de

circuítos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644.2. Respuestas a señales sinusoidales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

4.2.1. Resultado gráfico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.2.2. Simulación de la respuesta con programa de simulación

matemática. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.2.3. Simulación de la respuesta con programa de simulación de

circuítos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.2.4. Simulación considerando resistencia de la bobina y del

generador de señales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

5. Implementación del Circuíto. 795.1. Diagrama del circuíto armado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

5.1.1. Justificación de las diferencias con el circuíto propuesto yanalizado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

5.2. Justificación de la selección de los componentes. . . . . . . . . . . 805.3. Armado experimental del circuíto. . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

6. Medición del circuíto armado. 836.1. Barrido en frecuencia con una señal senoidal. . . . . . . . . . . . 836.2. Frecuencia de resonancia del circuíto. . . . . . . . . . . . . . . . . 846.3. Justificación del método propuesto para la medición de los dife-

rentes parámetros. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 856.4. Presentación de los valores medidos y gráficos comparativos con

las simulaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

7. Conclusiones 91

Especificaciones del Filtro

Tipo de Filtro: Paso bajo

Rango de Amplitud: 1mV − 5V

Tolerancia de resultados: 1dB − 3dB

Frecuencia central: 10kHz

Diseño para Q: 0.5, 1, 2

Orden del sistema: 2

Limitaciones: Utilizar un componente inductivo de 10, 50 o 100mH

vi ÍNDICE GENERAL

Introducción

El siguiente trabajo esta orientado al análisis de un filtro del tipo paso bajode segundo orden, en el se analizarán todos los parámetros que se deben ten-er en cuenta para contruir un filtro de tales características como los picos deresonancia, las frecuencias de corte, etc.

Antes que nada debemos definir el concepto de filtro de paso bajo, en pocaspalabras corresponde a un filtro caracterizado por permitir el paso de las fre-cuencias más bajas y atenuar las frecuencias más altas.

Aquí se verán los análisis para tres valores de factores de calidad diferentes,como el comportamiento de un filtro se representa matemáticamente mediantesu función o característica de transferencia, expresada directamente en notaciónfasorial o utilizando la transformada de Laplace se tendrá una diferente paracada valor del factor de calidad. De hecho, esto se utilizará para poder ir deldomino de la frecuencia al dominio del tiempo para simplificar los cálculos yevitar las soluciones de extensas ecuaciones diferenciales, gran parte del trabajotrata sobre ello, es la convolución.

La aplicación de los filtros en la electrónica es extensa, prácticamente se re-quiere un tipo de filtro para cualquier circuíto a realizar, en sistemas de comuni-cación los filtros de utilizan para dejar pasar aquellas frecuencias que contenganla información deseada y rechazar las restantes.

viii Introducción

Capítulo 1

Circuíto

1.0.1. Transferencia a partir de los datos

Se procede a realizar un filtro de paso bajo con una frecuencia central de10kHz(frecuencia central), un filtro de tales características debe comportarsede una manera que resultará en una salida de nivel alto para bajas frecuenciasy un nivel cada vez más bajo para frecuencias por encima del valor crítico.

Como ya es sabido, pero vale la pena analizar de nuevo como se comportan loselementos reactivos ya sea el capacitor o el inductor en función de la frecuencia,para la construcción del filtro deseado.

En un inductor, se tiene que la reactancia es directamente proporcional a lafrecuencia y a la inductancia, entonces al aumentar la frecuencia, aumenta lareactancia, en simbolos:

XL = sL

entonces si,s→∞ XL →∞

s→ 0 XL → 0

De aquí se saca que a frecuecias altas, el inductor presenta una gran reactan-cia, el inductor se va comportando como un abierto, y a pequeñas frecuencias,el inductor se va comportando como un corto.

En un capacitor sin embargo se tiene que la reactancia es inversamente pro-porcional a la frecuencia, entonces:

XC =1

sC

entonces si,s→∞ XC → 0

s→ 0 XC →∞

2 Circuíto

De aquí se deduce que a frecuecias altas, el capacitor presenta una reac-tancia practicamente cero, el capacitor se va comportando como un corto, y apequeñas frecuencias, el capacitor se va comportando como un abierto, por sualta reactancia.

Teniendo bien claro esto, y además que lo que necesitamos es un circuítoque a frecuencias bajas deje pasar todo y a frecuencias altas empiece a cortar,deducimos que nuestra salida Vo, estaría sobre un capacitor. Además para queno se presente caídas de tensión dentro de nuestro filtro que afecte a la salida , elcapacitor estará en paralelo con un resistor, asi no habrá una caída de tensión enel resistor a bajas frecuencias, en otras palabras, a frecuencias bajas la entradase ve prácticamente reflejada en la salida, el inductor nos servirá para atenuarmás rápidamente el corte del filtro, estará en serie con la asociación en paralelodel capacitor y resistor.

1.0.2. Circuíto propuesto

El circuíto propuesto a nuestro criterio es el siguiente, además de lo analizadoy estudiado anteriormente sobre la función que queremos que cumpla nuestrofiltro de paso bajo.

Figura 1.1: Circuíto propuesto para el filtro de paso bajo.

Justificación de la elección

Además de todo lo mencionado con anterioridad, debemos destacar que elfiltro cumple los las condiciones requeridas para una de tales características,aunque nos enfrentamos a un análisis matemático un poco tedioso para hallarrelaciones entre los componentes como el factor de calidad Q, las frecuenciasde corte, pico de resonancia, anchop de banda, entre otros, comparadas con uncircuíto RLC serie o paralelo, que de acuerdo a lo estudiado resultaron bastantesencillos.

3

Pero para evitar tanto cálculo, dejamos la demostración en la pagina 828 dellibro [3], en el cual se afirma que el factor de calidad, para este filtro se expresasencillamente mediante la expresión:

Q =R

XL

en donde el valor de XL se evalúa en la frecuencia resonante f0.De acuerdo a los valores de Q, se determinan las resistencias

R = QXL R = Q 2πf0 L

Para Q = 0,5

R = 0,5 ∗ 2π ∗ 10kHz ∗ 50mH = 1570[Ω]

Para Q = 1

R = 1 ∗ 2π ∗ 10kHz ∗ 50mH = 3141[Ω]

Para Q = 2

R = 2 ∗ 2π ∗ 10kHz ∗ 50mH = 6283[Ω]

Elegimos utilizar un inductor de 50mH, como la frecuencia central operaráa 10kHz, se tiene que el valor del capacitor estará dado por:

f0 =1

2π√LC

C =

(1

2πf0

)2

· 1

L

C = 5,066 · 10−9F

Como valor más cercano se utilizará un capacitor de 5nF para lo que restadel análisis de todo el trabajo.

Cuadro 1.1: Cuadro de los valores a utilizar en el filtro.Q0 0.5 1 2

Resistencias 1570Ω 3141Ω 6283ΩCapacitor 5nFInductancia 50mHFrecuenciacentral 10kHz

4 Circuíto

1.0.3. Función de transferencia del circuíto propuesto (Vo(s)/Vi(s))

Observando nuestro circuíto propuesto (1.1), procedemos a hallar la funciónde transferencia.

Identificando las dos mallas y hallando la LTK, se tiene las ecuaciones de lasdos mallas:

−Vi + sLI1 +R(I1 − I2) = 0 sLI1 +RI1 −RI2 = Vi

(sL+R)I1 −RI2 = Vi (1.1)

Para la segunda malla:

R(I2 − I1) +1

sCI2 = 0

(1

sC+R

)I2 −RI1 = 0

I1 =

(1

RCs+ 1

)I2 (1.2)

de la ecuación (1.2), se sustituye en (1.1), y se obtiene lo siguiente:

I2 =ViRCs

(sL+R)(1 +RCs)−R2Cs

Entonces la tensión de salida Vo, será:

Vo = I2 ·1

sC=

ViRCs

(sL+R)(1 +RCs)−R2Cs· 1

sC

Vo =ViR


Ahora hallamos la función de transferencia:

H(s) =VoVi

=R


H(s) = 1LCs2+L

R s+1(1.3)

Se hallan las funciones de transferencia para los diferentes valores de R.

Para R = 1570[Ω]

H(s) =1

250 · 10−12s2 + 31,8471 · 10−6s+ 1(1.4)

Para R = 3141[Ω]

5

H(s) =1

250 · 10−12s2 + 15,9184 · 10−6s+ 1(1.5)

Para R = 6283[Ω]

H(s) =1

250 · 10−12s2 + 7,9579 · 10−6s+ 1(1.6)

6 Circuíto

Capítulo 2

Respuesta en frecuencia.

2.1. Expresiones de impedancia de entrada Zi ysalida Zo, pico de resonancia Mr y ancho debanda BW .

2.1.1. Impedancia de EntradaLa impedancia de entrada de acuerdo a nuestro circuíto (1.1) esta dado por:

Zi(s) = sL+R · 1

sC

R+ 1sC

sL+R

RCs+ 1

Zi(s) =RLCs2 + sL+R

RCs+ 1

Dejando en función de jω:

Zi(jω) =−RLCω2 + jωL+R

jωRC + 1

(−RLCω2 + jωL+R) · (1− jωRC)

1− (jωRC)2

Zi(jω) = R1+(ωRC)2 + jR

2LC2ω3+(L−R2C)ω1+(ωRC)2 (2.1)

Para Q = 0,5:

R = 1570Ω L = 50mH C = 5nF

Zi(jω) =1570

1 + 61,622 · 10−12ω2+ j

3,081 · 10−12ω3 + 37,675 · 10−3ω

1 + 61,622 · 10−12ω2

8 Respuesta en frecuencia.

Para Q = 1:

R = 3141Ω L = 50mH C = 5nF

Zi(jω) =3141

1 + 246,647 · 10−12ω2+ j

12,332 · 10−12ω3 + 670,595 · 10−6ω

1 + 246,647 · 10−12ω2

Para Q = 2:

R = 6283Ω L = 50mH C = 5nF

Zi(jω) =6283

1 + 986,902 · 10−12ω2+ j

49,345 · 10−12ω3 − 147,38 · 10−3ω

1 + 986,902 · 10−12ω2

2.1.2. Impedancia de SalidaLa Admitancia de salida, con la fuente Vi en corto, en nuestro circuíto (1.1)

esta dado por:

Yo(s) = ZC +R+ ZL sL+R+1

sC

Yo(s) =sC (sL+R) + 1

sC

LCs2 +RCs+ 1

sC

Zo(s) =1

Yo(s)=

sC

LCs2 +RCs+ 1

Dejando en función de jω:

Zo(jω) =jωC

−LCω2 + jRCω + 1

jωC

(1− LCω2) + jRCω

Zo(jω) =jωC

(1− LCω2) + jRCω· (1− LCω2)− jRCω

(1− LCω2)− jRCω

Zo(jω) = RC2ω2

(1−LCω2)2+(RCω)2 + j ωC−LC2ω3

(1−LCω2)2+(RCω)2 (2.2)

2.1 Expresiones de impedancia de entrada Zi y salida Zo, pico deresonancia Mr y ancho de banda BW . 9

Para Q = 0,5:

R = 1570Ω L = 50mH C = 5nF

Zo(jω) =39,25 · 10−15ω2

(1− 250 · 10−12ω2)2 + 61,6225 · 10−12ω2+j

5 · 10−9ω − 1,25 · 10−18ω3

(1− 250 · 10−12ω2)2 + 61,6225 · 10−12ω2

Para Q = 1:

R = 3141Ω L = 50mH C = 5nF

Zo(jω) =78,525 · 10−12ω2

(1− 250 · 10−12ω2)2 + 246,647 · 10−12ω2+j

5 · 10−9ω − 1,25 · 10−18ω3

(1− 250 · 10−12ω2)2 + 246,647 · 10−12ω2

Para Q = 2

R = 6283Ω L = 50mH C = 5nF

Zo(jω) =157,075 · 10−15ω2

(1− 250 · 10−12ω2)2 + 986,902 · 10−12ω2+j

5 · 10−9ω − 1,25 · 10−18ω3

(1− 250 · 10−12ω2)2 + 986,902 · 10−12ω2

2.1.3. Pico de ResonanciaManipulamos la función de transferencia (1.3) para hallar el pico de reso-

nancia Mr, así:

H(jω) =1

−LCω2 + j LRω + 1

1

(1− LCω2) + j LRω

H(jω) =1

(1− LCω2) + j LRω·

(1− LCω2)− j LRω(1− LCω2)− j LRω

H(jω) =1− LCω2

(1− LCω2)2 + (LRω)2− j Lω

R[(1− LCω2)2 + (LRω)2

]La representación es la siguiente:

H(jω) = |H(jω)|∠ϕ

H(jω) =

√1−LCω2

(1−LCω2)2+(LRω)

2

2

+

Lω

R[(1−LCω2)2+(LRω)

2]

2

∠− LωR−RLCω2


Para Q = 0,5

R = 1570Ω L = 50mH C = 5nF f0 = 10kHzMATHEMATICA nos resolvio, declarando de antemano los valores de r, l y

c para este caso de Q, introduciendo en siguiente código en el programa:

Solve

D√√√√ 1− l ∗ c ∗ w∧2

(1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +(lr ∗ w

)∧2

∧2 +

l ∗ w

r ∗((1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +

(lr ∗ w

)∧2) ∧2,

w]==0, w]

Salen los valores de las frecuencias ω, en las cuales se obtienen los puntoscríticos:

ω → 0 ω → 0 − 64139,8ı ω → 0 + 64139,8ı

Como los valores no pueden ser negativos o imaginarios, para este valor deQ no existe pico de resonancia.

Para Q = 1



Solve

D√√√√ 1− l ∗ c ∗ w∧2

(1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +(lr ∗ w

)∧2

∧2 +

l ∗ w

r ∗((1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +

(lr ∗ w

)∧2) ∧2,

w]==0, w]


ω → −44416,3 ω → 0 ω → 44416,3

Como los valores no pueden ser negativos o imaginarios, además el cero serechaza, para este valor de Q existe pico de resonancia que tiene el valor en Hzde:

ω = 2πf f =ω

2π

f = 7,069kHz (2.3)

Evaluando con el programa para obtener el pico de resonancia a esta fre-cuencia se obtuvo:


Mr = 1,14954 (2.4)

Para Q = 2



Solve

D√√√√ 1− l ∗ c ∗ w∧2

(1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +(lr ∗ w

)∧2

∧2 +

l ∗ w

r ∗((1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +

(lr ∗ w

)∧2) ∧2,

w]==0, w]


ω → −59104,7 ω → 0 ω → 59104,7

Como los valores no pueden ser negativos o imaginarios, además el cero serechaza, para este valor de Q existe pico de resonancia que tiene el valor en Hzde:

ω = 2πf f =ω

2π

f = 9,406kHz (2.5)

Evaluando con el programa para obtener el pico de resonancia a esta fre-cuencia se obtuvo:

Mr = 2,05293 (2.6)

2.1.4. Ancho de BandaEl ancho de banda (de media potencia) de un circuíto se define como la difer-

encia de dos frecuencias de media potencia, las frecuencias de media potenciason en las que la magnitud de la admitancia de entrada de un circuíto es mayorque la magnitud máxima por un factor de

√2., en otras palabras se tiene que:

ωc = |H(jω)|max√2

(2.7)


Para Q = 0,5

R = 1570Ω L = 50mH C = 5nF f0 = 10kHz

Para Q = 1

R = 3141Ω L = 50mH C = 5nF f0 = 10kHzUtilizando de nuevo MATHEMATICA, se tiene:

Solve

√√√√ 1− l ∗ c ∗ w∧2

(1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +(lr ∗ w

)∧2

∧2 +

l ∗ w

r ∗((1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +

(lr ∗ w

)∧2) ∧2

==1,14954√

2, w

]Se obtuvieron los siguientes valores:

ωc → 73840,8 ωc → −73840,8 ωc → 0 + 38818ı ωc → 0 − 38818ı

Como los valores no pueden ser negativos o imaginarios, para este valor deQ, se tiene el valor en Hz:

ωc = 2πfc fc =ωc2π

fc = 11,752kHz (2.8)

Para Q = 2

R = 36283Ω L = 50mH C = 5nF f0 = 10kHzUtilizando de nuevo MATHEMATICA, se tiene:

Solve

√√√√ 1− l ∗ c ∗ w∧2

(1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +(lr ∗ w

)∧2

∧2 +

l ∗ w

r ∗((1− l ∗ c ∗ w∧2)∧2 +

(lr ∗ w

)∧2) ∧2

==2,05293√

2, w

]Se obtuvieron los siguientes valores:

ωc → −73768,5 ωc → 73768,5 ωc → 39305,6 ωc → −39305,6


Como los valores no pueden ser negativos o imaginarios, para este valor deQ, se tiene el valor en Hz:

ωc = 2πfc fc =ωc2π

fc1 = 6,255kHz fc2 = 11,740kHz (2.9)

Y el ancho de Banda es:

Bw = ωc2 − ωc1 → fc2 − fc1

Bw = 34,4629krad/s → 5,484kHz (2.10)


2.2. Gráficas de polos y ceros del sistema en elplano s.

Se van a hallar los las gráficas de los polos y ceros de cada uno de los valoresde Q

Para Q = 0,5, se obtuvo la función de transferencia (1.4), cuya gráfica esla siguiente.

Figura 2.1: Gráfica de Polos y Ceros Q = 0,5.

Para este valor de Q, se logra observar dos polos, que son reales, según elMATLAB, los ubicaba en las siguientes frecuencias:

s1 = −56147[Hz]

s2 = −71241[Hz]

2.2 Gráficas de polos y ceros del sistema en el plano s. 15

Para Q = 1, se obtuvo la función de transferencia (1.5), cuya gráfica es lasiguiente.

Figura 2.2: Gráfica de Polos y Ceros Q = 1.

Para este valor de Q, se logra observar dos polos, que son imaginarios, segúnel MATLAB, los ubicaba en las siguientes frecuencias:

s1 = −31 · 836 + 54 · 648[Hz]

s2 = −31 · 836− 54 · 648[Hz]


Para Q = 2, se obtuvo la función de transferencia (1.6), cuya gráfica es lasiguiente.

Figura 2.3: Gráfica de Polos y Ceros Q = 2.

Para este valor de Q, se logra observar dos polos, que son imaginarios, segúnel MATLAB, los ubicaba en las siguientes frecuencias:

s1 = −15915 + 61210[Hz]

s2 = −15915− 61210[Hz]

De las gráficas se podría deducir que al ir aumentando el valor del factor decalidad la parte imaginaria de la frecuencia va aumentando, mientras la partereal va disminuyendo, en otras palabras en la frecuencia compleja s = σ+ jω, elvalor de σ disminuye y el valor de ω va en aumento, por lo tanto a valores de Qgrandes un circuíto se comportaría de manera extremadamente oscilatoria sinun atenuador, que es el papel de la parte real de la frecuencia compleja.

2.3 Gráfico de Bode de la respuesta en frecuencia. 17

2.3. Gráfico de Bode de la respuesta en frecuen-cia.

2.3.1. Módulo y faseEsta tabla se construyó a través del módulo de la función de transferencia

(1.4), luego se halló su valor en decibeles y se procedió a graficar con MicrosoftExcel:

Cuadro 2.1: Valores Tomados para la gráfica de Bode Q = 0,5.ω rad/seg 20log|H(jω)| Fase(deg)

1000 -0.002606158 -1.82452000 -0.008690235 -3.64343000 -0.019130008 -5.34644000 -0.040919919 -7.84176000 -0.08905101 -11.49019000 -0.189671119 -16.800311000 -0.277110706 -20.285316000 -0.586555146 -29.416224000 -1.216606407 -42.113136000 -2.430713093 -58.870652000 -4.571190267 -79.143977000 -7.906840559 -100.8561100000 -10.93057533 -115.2205136000 -15.07002838 -130.0156200000 -20.85743605 -144.7268294000 -27.07192548 -155.5451431000 -33.55561411 -163.1997633000 -40.08729611 -168.5099929000 -46.74484337 -172.15831126000 -50.17276612 -173.52461653000 -56.47817482 -175.58632426000 -63.0980392 -176.99263562000 -70.45757491 -177.9511


Figura 2.4: Gráfica de Bode de los puntos tomados Q = 0,5.

Figura 2.5: Gráfica de la fase de los puntos tomados Q = 0,5.


Esta tabla se construyó a través del módulo de la función de transferencia(1.5), luego se halló su valor en decibeles y se procedió a graficar con MicrosoftExcel:

Cuadro 2.2: Valores Tomados para la gráfica de Bode Q = 1.ω rad/seg 20log|H(jω)| Fase(deg)

1000 0.00086855 -0.91221500 0.00260538 -1.40352300 0.00520997 -2.07633400 0.01215174 -3.07355000 0.02601866 -4.55517400 0.05713852 -6.768710000 0.10532666 -9.272613200 0.18306664 -12.416819600 0.38648074 -18.996928900 0.77081373 -30.205542800 1.20337624 -51.44163200 -0.05839129 -9093500 -5.59350565 -128.559113700 -9.17340845 -1409.746168200 -16.437735 -156.2041248700 -23.5174833 -164.6913367800 -30.4575749 -169.884543800 -37.3292218 -173.2313804200 -44.1521662 -175.44491000000 -47.9588002 -176.3421


Figura 2.6: Gráfica de Bode de los puntos tomados Q = 1.

Figura 2.7: Gráfica de fase de los puntos tomados Q = 1.


Esta tabla se construyó a través del módulo de la función de transferencia(1.6), luego se halló su valor en decibeles y se procedió a graficar con MicrosoftExcel:

Cuadro 2.3: Valores Tomados para la gráfica de Bode Q = 2.ω rad/seg 20log|H(jω)| Fase(deg)

1000 0.001737 -0.45591500 0.00434186 -0.70152300 0.00954923 -1.03813400 0.02168763 -1.53725000 0.04677762 -2.28027400 0.10275192 -3.394710000 0.19071753 -4.664813200 0.33648987 -6.279419600 0.74613902 -9.762628900 1.68508918 -16.22236500 2.76668564 -23.545246500 4.57878085 -38.776255300 6.03318533 -61.701463200 5.9683276 -89.931275200 2.76984334 -124.635195700 -3.50187057 -149.4287111600 -7.20429574 -157.2128138300 -11.906746 -163.778204500 -19.6426456 -170.2374302400 -26.8397721 -173.7206447200 -33.8073967 -17.5847661300 -40.7242435 -177.2197977900 -47.5350142 -178.1284


Figura 2.8: Gráfica de Bode de los puntos tomados Q = 2.

Figura 2.9: Gráfica de fase de los puntos tomados Q = 2.


2.3.2. Asintótico y RealPara Q = 0,5

Figura 2.10: Gráfica de Bode Asintótico.

Figura 2.11: Gráfica de Bode-Fase Asintótico.


Para Q = 1




Para Q = 2




2.3.3. Puntos SingularesPara Q = 0,5

Figura 2.16: Puntos singulares de la gráfica de Bode


Para Q = 1


Cálculos relacionados:Pico de Resonancia (2.3).Frecuencia de Corte (2.8).


Para Q = 2


Cálculos relacionados:Pico de Resonancia (2.5).Frecuencia de Corte (2.9).Ancho de Banda (2.10).

2.4 Simulación de la respuesta en frecuencia de la función detransferencia con programa de simulación matemática. 29

2.4. Simulación de la respuesta en frecuencia dela función de transferencia con programa desimulación matemática.

A partir de las funciones de transferencias halladas anteriormente, se graficanlas siguientes respuestas en frecuencia

Para Q = 0,5, se obtuvo la función de transferencia (1.4)

Figura 2.19: Gráfica de Bode(Magnitud), Q = 0,5.


Figura 2.20: Gráfica de Bode(Fase), Q = 0,5.

Al ser el factor de calidad este valor, el filtro se comporta de manera muyparecida a un circuíto críticamente amortiguado, pues la gráfica de bode demagnitud, no presenta un pico, o es eso lo que se observa a simple vista, ademásposee una sola frecuencia de corte, y un ancho de banda muy amplio.


Para Q = 1, se obtuvo la función de transferencia (1.5)

Figura 2.21: Gráfica de Bode(Magnitud), Q = 1.


Figura 2.22: Gráfica de Bode(Fase), Q = 1.

Al tener el factor de calidad el valor de la unidad el filtro se va comportandocomo un circuíto críticamente amortiguado, se puede observar que posee un picode resonancia y solo una frecuencia de corte, que es el 70,7 % del valor máximo.


Para Q = 2, se obtuvo la función de transferencia (1.6)

Figura 2.23: Gráfica de Bode(Magnitud), Q = 2.


Figura 2.24: Gráfica de Bode(Fase), Q = 2.

Al tener el factor de calidad el valor de 2, se puede notar que posee dosvalores para la frecuencia de corte, en otras palabras, el filtro se va siendo mas“selectivo”, pues el pico de resonancia se va acentuando más en comparación conlas gráficas de bode anteriores, al aumentar el valor del factor de calidad, el picoes mayor, las frecuencias de corte se van acercando cada vez más una a otra ypor ende el ancho de banda Bw es menor.

2.5 Simulación de la respuesta en frecuencia del circuíto conprograma de simulación de circuítos. 35

2.5. Simulación de la respuesta en frecuencia delcircuíto con programa de simulación de cir-cuítos.

Figura 2.25: Gráfica de Bode en Pspice(Magnitud) Q = 0,5.

Figura 2.26: Gráfica de Bode en Pspice(Fase) Q = 0,5.


Figura 2.27: Gráfica de Bode en Pspice(Magnitud) Q = 1.

Figura 2.28: Gráfica de Bode en Pspice (Fase) Q = 1.

2.5 Simulación de la respuesta en frecuencia del circuíto conprograma de simulación de circuítos. 37

Figura 2.29: Gráfica de Bode en Pspice (Magnitud) Q = 2.

Figura 2.30: Gráfica de Bode en Pspice (Fase) Q = 2.


Capítulo 3

Respuesta en el tiempo

3.1. Respuesta en el tiempo de Vo(t) por convolu-ción. Tipo de respuesta natural.

De acuerdo a la definición de convolución tenemos que la respuesta esta dadapor:

vo(t) = vi(t) ∗ h(t) (3.1)

lo cual establece que la salida es igual a la entrada convolucionada con larespuesta al impulso.

Luego realizando la transformada de Laplace nos queda

Lvo(t) = Lvi(t) ∗ h(t) → Vo(s) = H(s) ·Vi(s) (3.2)

La condición impuesta es que la señal cuadrada debe tener un periodo iguala la frecuencia central del filtro, por lo tanto nuestra onda cuadrada tendrá unaamplitud de 5[V ], y será de la forma:

T =1

10kHz= 100µs

vi(t) = 5u(t)− 5u

(t− T

2

)vi(t) = 5u(t)− 5u (t− 50µs)

Entonces aplicando la transformada de laplace sobre este:

Lvi(t) = Vi(s) = L5u(t)− 5u (t− 50µs)

40 Respuesta en el tiempo

Vi(s) =5

s− 5

se−50µ s

La función general de transferencia está dado por:

H(s) =1

LCs2 + LRs+ 1

Ahora podemos hallar la respuesta de la forma:

Vo(s) = H(s) ·Vi(s) =1

LCs2 + LRs+ 1

· 5

s− 5

se−50µ s

Vo(s) =5

s(LCs2 + LRs+ 1)

+−5e−50µ s

s(LCs2 + LRs+ 1)

Con esto procedemos a hallar la respuesta para los tres casos de Q

Para Q = 0,5

R = 1570Ω L = 50mH C = 5nF

Vo(s) =5

s · (250 · 10−12s2 + 31,847 · 10−6s+ 1)+

−5e−50µ s

s · (250 · 10−12s2 + 31,847 · 10−6s+ 1)

Utilizando el MATLAB para obtener los coeficientes de las fracciones par-ciales, así:

>> num=[1];den=[250e-12 31.84713376e-6 1 0];>> [r p y]=residue(num,den)

r =

3.7197-4.71971.0000

p =

1.0e+004 *

-7.1241-5.6147

0

3.1 Respuesta en el tiempo de Vo(t) por convolución. Tipo derespuesta natural. 41

Por lo tanto la respuesta está dado por:

Vo(s) =18,5985

s+ 71 · 241− 23,5985

s+ 56 · 147+

5

s−18,5985e−50µ s

s+ 71 · 241+

23,5985e−50µ s

s+ 56 · 147−5e−50µ s

s

Y como la transformada inversa nos dará la respuesta en el tiempo:

L−1Vo(s) = vo(t)

vo(t) =(18,5985e−71·241 t − 23,5985e−56·147 t + 5

)u(t)+

+(−18,5985e−71·241 (t−50µ) + 23,5985e−56·147 (t−50µ) − 5

)u(t− 50µ) [V ]

Al intentar graficar el período de la onda mostró ser de período muy cortopara una gráfica donde se pueda ver la respuesta del circuíto, por lo tanto elperiodo de la onda de entrada se modificó y es de la forma:

T = 1msT

2= 500µs

Utilizando el Matlab para graficar la respuesta, y considerando que este tipode respuesta es un tipo de función defnida a trozos, se tiene:

>> t=linspace(0,1e-3,10e4);>> a=18.5985; b=23.5985; c=71241; d=56147; e= 500e-6;>> respuesta=[a*exp(-c*t)-b*exp(-d*t)+5].*(t>0)+[-a*exp(-c*(t-e))+b*exp(-d*(t-e))-5].*(t>e);>> plot(t,respuesta)


Y nos generó la siguiente gráfica:

Figura 3.1: Gráfica de la respuesta obtenida por Convolución Q = 0,5.

Tipo de respuesta: Caso Sobreamortiguado.

Para Q = 1

R = 3141Ω L = 50mH C = 5nF

Vo(s) =5

s · (250 · 10−12s2 + 15,9184 · 10−6s+ 1)+

−5e−50µ s

s · (250 · 10−12s2 + 15,9184 · 10−6s+ 1)



r =

-0.5000 + 0.2913i-0.5000 - 0.2913i1.0000


p =

1.0e+004 *

-3.1837 + 5.4648i-3.1837 - 5.4648i

0


Vo(s) =−2,5 + 1,4565

s+ 31 · 837− 54 · 648+

−2,5− 1,4565

s+ 31 · 837 + 54 · 648+

5

s−

− −2,5 + 1,4565

s+ 31 · 837− 54 · 648e−50µ s − −2,5− 1,4565

s+ 31 · 837 + 54 · 648e−50µ s − 5

se−50µ s


L−1Vo(s) = vo(t)

entonces,

vo(t) =(

(−2,5 + 1,4565)e(−31837+54648) t + (−2,5− 1,4565)e(−31837−54648) t + 5)u(t)+

+(−(−2,5 + 1,4565)e(−31837+54648) (t−50µ) − (−2,5− 1,4565)e(−31837−54648) (t−50µ) − 5

)u(t− 50µ) [V ]

Tenemos la tensión de salida que es un caso senoidal amortiguado exponen-cialmente, entonces se puede representar de la forma:

vo(t) =[5,7866e−31837 tcos(54648 t+ 149,774) + 5

]u(t)+[

−5,7866e−31837 (t−500µ)cos(54648 (t− 500µ) + 149,774)− 5]u(t− 500µ) [V ]


Utilizando el MATLAB de la forma:

>> t=linspace(0,1e-3,1e5);>> a=5.7866; b=-31837; c=54648; d=2.61406; e=500e-6;>> vo=a*exp(b*t).*cos(c*t+d)+5+[-a*exp(b*(t-e)).*cos(c*(t-e)+d)-5].*(t>e);>> plot(t,vo)


Figura 3.2: Gráfica de la respuesta obtenida por Convolución Q = 1.

Tipo de respuesta: Caso Subamortiguado.


Para Q = 2

R = 6283Ω L = 50mH C = 5nF

Vo(s) =5

s · (250 · 10−12s2 + 7,9579 · 10−6s+ 1)+

−5e−50µ s

s · (250 · 10−12s2 + 7,9579 · 10−6s+ 1)



r =

-0.5000 + 0.1300i-0.5000 - 0.1300i1.0000

p =

1.0e+004 *

-1.5916 + 6.1210i-1.5916 - 6.1210i

0


Vo(s) =−2,5 + 0,65

s+ 15 · 916− 61 · 210+

−2,5− 0,65

s+ 15 · 916 + 61 · 210+

5

s

− −2,5 + 0,65

s+ 15 · 916− 61 · 210e−50µ s − −2,5− 0,65

s+ 15 · 916 + 61 · 210e−50µ s − 5

se−50µ s


L−1Vo(s) = vo(t)

entonces,

vo(t) =(

(−2,5 + 0,65)e(−15·916+61·210) t + (−2,5− 0,65)e(−15·916−61·210) t + 5)u(t)+

+(−(−2,5 + 0,65)e(−15·916+61·210) (t−50µ) − (−2,5− 0,65)e(−15·916−61·210) (t−50µ) − 5

)u(t− 50µ) [V ]


Tenemos la tensión de salida que es un caso senoidal amortiguado exponen-cialmente, entonces se puede representar de la forma:

vo(t) =[5,1662e−15916tcos(61210t+ 165,425) + 5

]u(t)+[

−5,1662e−15916(t−500µ)cos(61210(t− 500µ) + 165,425)− 5]u(t− 500µ) [V ]

Utilizando el MATLAB de la forma:

>> t=linspace(0,1e-3,1e5);>> a=5.1662; b=-15916; c=61210; d=2.8872; e=500e-6;>> vo=a*exp(b*t).*cos(c*t+d)+5+[-a*exp(b*(t-e)).*cos(c*(t-e)+d)-5].*(t>e);>> plot(t,vo)


Figura 3.3: Gráfica de la respuesta obtenida por Convolución Q = 2.

Tipo de respuesta: Caso Subamortiguado.

3.2 Parámetros de respuesta en el tiempo. 47

3.2. Parámetros de respuesta en el tiempo.

Los parámetros de respuesta en el tiempo fueron calculados utilizando algo-ritmos en ficheros con extensión (.m) son ficheros de texto sin formato (ficherosASCII) que constituyen el centro de la programación en MATLAB.

3.2.1. Tiempo de subida Tr

%Se pasan los tres valores del factor de calidad Q ’’subida(Q)’’ para%cada tiempo de subida a querer hallar, Ejemplo:%>> subida(1)%--------------------------------%El valor del tiempo de subida es:%--------------------------------%% ans =%% 3.2603e-005%

function E = subida(Q)bandera=0;

if (Q == 0.5)a = 18.5985;b = 23.5985;c = -71241;d = -56147;end

if (Q == 1)a = 5.7866;b = 54648;c=2.61406;d=-31837;end

if (Q == 2)a = 5.1662;b = 61210;c=2.88722;d=-15916;end

k = 0;


t = 0;v_max = 0;time1=0;time2=0;

while ((t <= 0.0005)&(k == 0))t = t + 1e-8;

if(Q == 0.5)v = a*exp(c*t) - b*exp(d*t) + 5;

end

if((Q == 1)|(Q == 2))v = a*exp(d*t).*cos((b*t) + c) + 5;

end

if (v_max <= v)v_max = v;time = t;

elsek = 1;

endend

t = 0;while (t <= 0.0005)

t = t + 1e-9;


end


end

a1=ceil(v*10000);a2=ceil(0.1*v_max*10000);

if (a1 == a2)time1 = t;

end

b1=ceil(v*10000);b2=ceil(0.9*v_max*10000);


if (b1 == b2)if (bandera == 0)

time2 = t;bandera = 1;

endend

endtim=time2-time1;disp(’---------------------------------’)disp(’El valor del tiempo de subida es:’)disp(’---------------------------------’)

E=(tim);end

Donde nos arrojo los siguientes valores del tiempo de subida:

Para Q = 0,5:

Tr = 5,3647e− 005

Para Q = 1:

Tr = 3,2603e− 005

Para Q = 2:

Tr = 3,9069e− 005


3.2.2. Tiempo de retardo Td

%Se pasan los tres valores del factor de calidad Q ’’retardo(Q)’’%para hallar el tiempo de retardo.%Ejemplo:%>> retardo(2)%---------------------------------%El valor de tiempo de retardo es:%---------------------------------%% ans =%% 2.3255e-005%function E = retardo(Q)bandera=0;

if (Q == 0.5)a = 18.5985;b = 23.5985;c = -71241;d = -56147;end

if (Q == 1)a = 5.7866;b = 54648;c = 2.61406;d = -31837;end

if (Q == 2)a = 5.1662;b = 61210;c = 2.88722;d = -15916;end

k = 0;t = 0;v_max = 0;time1 = 0;

while ((t <= 0.0005)&(k == 0))t = t + 1e-8;



end


end

if (v_max < v)v_max = v;time = t;

elsek = 1;

endendt = 0;while (t <= 0.0005)

t = t + 1e-9;


end


end

a1 = ceil(v*1000);a2 = ceil(0.5*v_max*1000);

if (a1 == a2)time1 = t;

endend

disp(’---------------------------------’)disp(’El valor de tiempo de retardo es:’)disp(’---------------------------------’)

E = (time1);end


Donde nos arrojo los siguientes valores de tiempo de retardo:

Para Q = 0,5:

Td = 2,6642e− 005

Para Q = 1:

Td = 2,2853e− 005

Para Q = 2:

Td = 2,3255e− 005


3.2.3. Tiempo de Máximo Tm

%Se pasan los tres valores del factor de calidad Q ’’maximo(Q)’’%para hallar el tiempo de maximo.%Ejemplo:%>> maximo(1)%--------------------------------%El valor de tiempo de maximo es:%--------------------------------%%ans =%% 5.7488e-005%function E = maximo(Q)

if (Q == 0.5)a = 18.5985;b = 23.5985;c = -71241;d = -56147;end

if (Q == 1)a = 5.7866;b = 54648;c=2.61406;d=-31837;end

if (Q == 2)a = 5.1662;b = 61210;c=2.88722;d=-15916;end

k = 0;t = 0;v_max = 0;

while ((t <= 0.0005)&(k == 0))t = t + 1e-9;

if(Q == 0.5)


v = a*exp(c*t) - b*exp(d*t) + 5;end


end


elsek = 1;

endendif (ceil(v_max*1000) ~= 5000 )disp(’--------------------------------’)disp(’El valor de tiempo de maximo es:’)disp(’--------------------------------’)elsedisp(’Error: no existe tiempo maximo, respuesta no Subamortiguada’)

returnend

E=(time);end

Donde nos arrojo los siguientes valores de tiempo de máximo:

Para Q = 0,5:

Error: no existe tiempo maximo, respuesta no Subamortiguada

Para Q = 1:

Tm = 5,7488e− 005

Para Q = 2:

Tm = 5,1325e− 005


3.2.4. Sobrepaso Máximo SM

%Se pasan los tres valores del factor de calidad Q ’’sobrepaso(Q)’’%para hallar el valor de sobrepaso maximo.%Ejemplo:%>> sobrepaso(1)%--------------------------------%El valor de sobrepaso maximo es:%--------------------------------%%ans =%% 5.8019%function E = sobrepaso(Q)

if (Q == 0.5)a = 18.5985;b = 23.5985;c = -71241;d = -56147;end

if (Q == 1)a = 5.7866;b = 54648;c=2.61406;d=-31837;end

if (Q == 2)a = 5.1662;b = 61210;c=2.88722;d=-15916;end

k = 0;t = 0;v_max = 0;

while ((t <= 0.0005)&(k == 0))t = t + 1e-9;

if(Q == 0.5)


v = a*exp(c*t) - b*exp(d*t) + 5;end


end


elsek = 1;

endendif (ceil(v_max*1000) ~= 5000 )disp(’-----------------------------------’)disp(’El valor de sobrepaso de maximo es:’)disp(’-----------------------------------’)elsedisp(’Error: no existe sobrepaso maximo, respuesta no Subamortiguada’)

returnend

E=(v_max);end

Donde nos arrojo los siguientes valores de Sobrepaso Máximo:

Para Q = 0,5:

Error: no existe sobrepaso maximo, respuesta no Subamortiguada

Para Q = 1:

SM = 5,8019

Para Q = 2:

SM = 7,2090

Cuadro 3.1: Valores de Parámetros de respuestaQ0 Subida Tr Retardo Td Máximo Tm Sobrepaso Máx. SM0.5 5,3647e− 005 2,6642e− 005 no existe no existe1 3,2603e− 005 2,2853e− 005 5,7488e− 005 5.80192 3,9069e− 005 2,3255e− 005 5,1325e− 005 7.2090

Capítulo 4

Respuesta a excitaciones.

4.1. Respuesta al escalón.Las gráficas se hicieron con MATLAB, a través de sus correspondientes fun-

ciones de transferencias mediante el comando step().

4.1.1. Resultado gráfico

Para la función de transferencia (1.4), el valor de Q = 0,5.

Figura 4.1: Respuesta al escalón con MATLAB.

58 Respuesta a excitaciones.

Para la función de transferencia (1.5), el valor de Q = 1.


4.1 Respuesta al escalón. 59

Para la función de transferencia (1.6), el valor de Q = 2.



4.1.2. Simulación de la respuesta con programa de simu-lación matemática.

Se procedió a simular el circuíto a través de su función de transferencia conel Simulink de MATLAB.

Figura 4.4: Diagrama de Bloques para la simulación en Simulink.

Se pasaron los siguientes parámetros:Para Pulse Generator

1. Amplitude: 5

2. Period(secs): 1e-3

3. Pulse Width(% of period): 50

4. Phase delay(secs): 0

Para Transfer Fcn

1. Numerator: [1]

2. Denominator: [L*C R/L 1]

3. Absolute tolerance: auto

donde los valores de R, L y C se definieron antes en el espacio de trabajo(Workspace) de MATLAB.


Para Q = 0,5 se obtuvo la siguiente simulación.

Figura 4.5: Gráfica de la simulación con Simulink.


Para Q = 1, se obtuvo la siguiente simulación.






4.1.3. Simulación de la respuesta con programa de simu-lación de circuítos.

Las simulaciones se llevaron a cabo con el ORCAD. con los valores de loscomponentes hallados anteriormente.

Para Q = 0,5

Figura 4.8: Diagrama de los componentes para la simulación.

Y nos arrojó la simulación siguiente:

Figura 4.9: Resultado de la simulación con el ORCAD.


Para Q = 1





Para Q = 2




4.2 Respuestas a señales sinusoidales. 67

4.2. Respuestas a señales sinusoidales.

4.2.1. Resultado gráficoLas simulaciones también se pueden hacer con SimPowerSystem de MAT-

LAB, por ejemplo:

Figura 4.14: Diagrama de bloques utilizando SimPowerSystem de MATLAB.

donde la simulación es:

Figura 4.15: Simulación utilizando SimPowerSystem de MATLAB.


4.2.2. Simulación de la respuesta con programa de simu-lación matemática.

Las siguientes simulaciones se llevarán a cabo de nuevo con el Simulink,donde se definen de nuevo los parámetros de los elementos:

Figura 4.16: Diagrama de bloques para la simulación con Simulink.

Donde se pasaron los parámetros:Para Signal Generator

1. Wave form: sine

2. Time(t): Use simulation time

3. Amplitude: 5

4. Frecuency : 10e3

5. Units: Hertz

Para Transfer Fcn

1. Numerator: [1]

2. Denominator: [L*C R/L 1]

3. Absolute tolerance: auto

donde los valores de R, L y C se definieron antes en el espacio de trabajo(Workspace) de MATLAB.


Para Q = 0.5, se obtuvo la siguiente simulación.

Figura 4.17: Gráfca de la simulación con Simulink.








4.2.3. Simulación de la respuesta con programa de simu-lación de circuítos.

Las siguientes simulaciones se llevarán a cabo de nuevo con el ORCAD,donde se definen de nuevo los parámetros de los elementos:

Para Q = 0,5


donde se obtuvo la siguiente simulación:

Figura 4.21: Resultado de la simulación.


Para Q = 1





Para Q = 2





4.2.4. Simulación considerando resistencia de la bobina ydel generador de señales.

El procedimiento utilizado para hallar la resistencia interna del generador fueen cumplimiento del teorema de máxima transferencia de potencia en donde laresistencia de Thevenin(resistencia interna del generador) tiene que ser de igualvalor que la resistencia de carga( en este caso un potenciómetro). Primeramentese analiza el voltaje a utilizar en el osciloscopio, luego el voltaje es aplicado alpotenciómetro que es regulado hasta que la mitad del potencial del generadorcaiga en el mismo, luego se saca del circuito y se mide su resistividad. Para elcaso de la resistencia parásita del inductor solo se utilizó el óhmetro en su menorescala.

Resistencia del generador de señales: 50ΩResistencia parásita de la bobina: 40Ω

Para Q = 0,5

Figura 4.26: Diagrama de los elementos a simular.

Donde se obtuvo la siguiente simulación:



Para Q = 1





Para Q = 2




De las siguiente simulaciones se puede observar que el pico de tensión en habajado pues hay cierta caída de tensión en las resistencias consideradas como ladel generador y la parásita del inductor.


Capítulo 5

Implementación del Circuíto.

5.1. Diagrama del circuíto armado.La siguiente gráfica es el diagrama del circuíto a montar en el laboratorio.

Figura 5.1: Diagrama del circuíto.

En donde el generador de funciones se ha seleccionado con una amplitud de5[V ] para todos los casos de la práctica.

80 Implementación del Circuíto.

5.1.1. Justificación de las diferencias con el circuíto pro-puesto y analizado.

La diferencia principal entre el propuesto y el analizado es que en este últimono se considero la resistencia del generador de funciones y la resistencia parásitadel inductor para los todos los cálculos hechos en el trabajo anteriormente.

5.2. Justificación de la selección de los compo-nentes.

Los componentes se seleccionaron de acuerdo a las especificaciones del tra-bajo y también los componentes más cercanos a los utilizados en el análisis, sedebieron tomar resistencias en serie para aproximar lo más posible a los valoresque deseamos, mediante ello se construye el siguiente cuadro donde se detallanlos elementos utilizados en el laboratorio para cada factor de calidad.

Cuadro 5.1: Elementos a utilizar para la práctica.Q0 0.5 1 2

Resistencias 1,5kΩ 3,3kΩ 6,28kΩCapacitor 4,7nFInductancia 50mHFrecuenciacentral 10kHz

A modo de comparación se puede ver la diferencia con el valor de los ele-mentos hallados para el análisis del circuíto en el siguiente cuadro (1.1).

5.3 Armado experimental del circuíto. 81

5.3. Armado experimental del circuíto.En la figura se puede notar el circuíto montado en el laboratorio:

Figura 5.2: Circuito montado en el laboratorio.

En donde estan conectados el generador de funciones y el osciloscopio alcircuíto.

82 Implementación del Circuíto.

Figura 5.3: Osciloscopio en funcionamiento.

Capítulo 6

Medición del circuíto armado.

6.1. Barrido en frecuencia con una señal senoidal.Tomando los puntos en el laboratorio, luego representando el valor a deci-

beles, se construyó la gráfica de bode y la de fase para el valor de Q = 0,5:

Figura 6.1: Bode de los puntos tomados en el laboratorio.

Gráficas comparativas:Gráfica hecha analíticamente (2.4).Gráfica hecha con MATLAB (2.19)

84 Medición del circuíto armado.

Figura 6.2: Fase a través de los puntos tomados en el laboratorio.

6.2. Frecuencia de resonancia del circuíto.Para poder hallar la frecuencia de resonancia de manera práctica realizamos

un barrido de frecuencias, al realizar este barrido visualizamos en el osciloscopioel comportamiento de la salida del circuito, observamos que para ciertas frecuen-cias el voltaje de la salida iba aumentando, pero en cierta frecuencia descendianuevamente el voltaje, entonces llegamos a la conclusión de que la frecuenciade resonancia es aquella frecuencia que nos entrega un voltaje máximo, y asipudimos obtener la frecuencia de resonancia. Para obtener un mejor resultadooptamos por una resistencia de 15kΩ , ya que la aproximación de la frecuenciade resonancia se hace mas exacta cuando la I ·R es mayor.

fr = 9,2kHz (6.1)

Hay cierto error pues los elementos que se utilizaron en la práctica varíancon los utilizados en el análisis.

6.3 Justificación del método propuesto para la medición de losdiferentes parámetros. 85

6.3. Justificación del método propuesto para lamedición de los diferentes parámetros.

Se utilizó los dos canales del osciloscopio, uno para la generador de funcionesy otro sobre nuestra salida para poder visualizar las magnitudes a medir deacuerdo a la figura (5.1).

Se hallaban los valores de la tensión del circuíto para un barrido de frecuen-cias entre décadas, luego se anotaban lo observado en una tabla con la tensiónde salida y su respectiva frecuencia y se hallaba esa cantidad en decibeles paraluego graficar el bode.

Para hallar la fase, se hizo un barrido en frecuencias y poniendo el oscilosco-pio en modo X − Y , se hallaban las magnitudes por el método de lissajous.

Para medir la frecuencia de resonancia ya se ha explicado en su respectivopunto (6.2).

Para medir la resistencia interna de la fuente también se explico en su punto,utilizando el principio del divisor resistivo (4.2.4).

Para medir la resistencia parásita del inductor, al estar realizado de un bobi-nado de hilo metálico, posee cierta resistencia (del hilo metálico) parásita (nodeseable, ya que se espera un comportamiento puramente inductivo).Para hallarel valor see monto un circuito con una resistencia en serie con el inductor. Seaplicó una tensión directa y se midio la corriente. Luego se calculo el valor dela resistencia parásita sabiendo la tensión de la fuente, la resistencia interna dela fuente, la resistencia utilizada, y la corriente en el circuito. Luego se midíodirectamente con un multímetro digital, los resultados eran casi coincidentes.


6.4. Presentación de los valores medidos y gráfi-cos comparativos con las simulaciones.

Cuadro construído a través de un barrido en frecuencia del circuíto armadoen el laboratorio.

Para Q = 0,5

Cuadro 6.1: Valores tomados en el laboratorio.Frecuencia(rad/seg) 20log|H(s)|

1000 -0.0026061585000 -0.06014036210000 -0.27173189125000 -1.55483553130000 -2.23978175560000 -5.87076524770000 -7.704164161100000 -11.11598022170000 -18.05485381200000 -21.2296055300000 -27.98054209600000 -38.63628277900000 -45.848596481000000 -47.535014192000000 -60.91514981

6.4 Presentación de los valores medidos y gráficos comparativos conlas simulaciones. 87

Cuadro 6.2: Valores tomados en el laboratorio.Frecuencia(rad/seg) Fase(deg)

1000 -2.925000 -10.590110000 -23.585350000 -74.943975000 -105.896100000 -117.225200000 -153.728300000 -155.5651400000 -165.29600000 -168.321000000 -173.25832000000 -177.53

Estos cuadros pueden ser comparados con la siguiente tabla hecha analítica-mente (2.1)

Sus gráficas son las siguientes:Magnitud (6.1).Fase (6.2).


Todas las siguientes imágenes se hicieron a una frecuencia de 10kHz.

Para Q = 0,5

Figura 6.3: Magnitud

Figura 6.4: Para lissajous, en modo X − Y

6.4 Presentación de los valores medidos y gráficos comparativos conlas simulaciones. 89

Para Q = 1




Para Q = 2



Capítulo 7

Conclusiones

Con el trabajo práctico hemos logrado comprender el comportamiento de loscircuitos RLC, que en nuestro caso se trató de un circuito filtro pasa bajas paralos casos de Q0 = 0,5, Q0 = 1 y Q0 = 2 (que solo deja pasar las frecuenciasinferiores a un valor determinado, atenuando las demás), basándonos en unanálisis en el dominio de la frecuencia, lo cual constituye en un notable conceptounificador que permite integrar en un solo paquete todas las técnicas analíticasque hemos aprendido.

Los métodos que hemos utilizado para encarar el problema fue analizar elconcepto básico de la frecuencia compleja y su relevancia en el análisis de cir-cuitos, a partir de esto pasamos a la transformada de Laplace, reemplazan-do de esta forma al método de resolución por métodos de ecuaciones integro-diferenciales que se encuentran en el dominio del tiempo, efectuamos las opera-ciones necesarias en cada caso, principalmente para obtener la respuesta en eltiempo de vo(t) para los tres casos, para lo cual fue necesario optar por la técnicade convolución, tarea que se hace caracterizando el circuito básico del sistema,que como sabemos, tal función no es más que la transformada de Laplace de larespuesta de impulso unitario del circuito. Luego multiplicamos esta transfor-mada por la función del sistema y finalmente obtuvimos la transformada inversade Laplace del producto a fin de encontrar la respuesta de salida en el tiempo.

De esta forma aplicamos estas técnicas e integramos con el análisis de cir-cuitos de una manera estructurada. El conjunto de habilidades resultantes nospermitió analizar de manera eficiente el circuito lineal de manera a obtener larespuesta completa (transitoria más estado permanente).

Así mismo nos ha ayudado el concepto de los favores que resultaron tanútiles en el análisis de circuito en el estado senoidal permanente en el sentidode la transformación de resistencias, capacitores e inductores en impedancias.

Por otra parte, los métodos de recolección de información sobre el traba-jo, ya sea prueba en el laboratorio, simulaciones, etc. Fueron una verificaciónexperimental a nuestros análisis teóricos, experiencias que fortalecen nuestroaprendizaje sobre utilización de instrumentación y componentes electrónicos.

Mediante éstas pruebas hechas en el laboratorio, pudimos constatar que el

92 Conclusiones

circuito ideal y real se comportan prácticamente de igual manera, es decir, laformas de onda son similares; la diferencia está en la corriente y voltajes máx-imos de salida a las que pueden llegar las señales, siendo de mayor valor enlos circuitos ideales, los diagramas de Bode de magnitud obtenidos tanto paralos circuitos reales e ideales, que si bien estas se pueden deber a las distintastolerancias y comportamientos internos de los elementos, resistencias, capaci-tores e inductores; así como el error en las mediciones de las puntas de pruebasy los testers. Sin embargo, podemos afirmar que estas variaciones no son tancircunstanciales con respecto a circuitos ideales.

Con respecto a la respuesta en frecuencia que hemos analizado es a la vez unconcepto de suma importancia pues se constituyó en la base para comprenderel concepto de resonancia, efecto que se da en nuestro circuito y que se describecomo la condición que existe en todo sistema físico cuando una función forzadasenoidal de amplitud fija produce una respuesta de amplitud máxima.

De esta forma señalando todo el procedimiento llevado a cabo para resolverel problema presentado, todas las herramientas fueron necesarias para el traba-jo, desde las habilidades para resolver y analizar circuitos, el software para elanálisis PSPice-Orcad, Matlab-Simulink-SimPowerSystem y las pruebas hechasen el laboratorio, todas ellas útiles para comprender la forma el circuito dado yaproximar al máximo el comportamiento de nuestro circuíto mediante el uso deestas herramientas informáticas.

Bibliografía

[1] William H. Hayt Jr., Análisis de Circuítos en Ingeniería, Mc Graw Hill, 6thedición, 2004.

[2] James G. Holbrook, Transformadas de Laplace para Ingenieros en Electróni-ca, Limusa, 1th edición, 1972.

[3] Malvino, Principios de Electrónica, Mc Graw Hill, 6th edición, 1999.

[4] Joseph A. Edminister, Circuítos Eléctricos, Schaum, 2th edición, 1992.

[5] Boylestad, Introducción al Análisis de Circuítos, Pearson Prentice-Hall, 10thedición, 2004.

94 BIBLIOGRAFÍA

Engineering

Diseño de Filtros Analógicos