examen de junio de 2010 - universidade de...

Análisisdecircuitos.Examendejuniode2010

EnriqueSánchez.Dpto.TeoríadelaSeñalyComunicaciones.ETSIT‐Vigo.IngenieríaTécnicadeTelecomunicación

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Examendejuniode2010

Soluciones

Análisisdecircuitos

IngenieríaTécnicadeTelecomunicaciónPrimercurso

Añoacadémico2009‐10

EnriqueSánchezDepartamentodeTeoríadelaSeñalyComunicaciones

EscuelaTécnicaSuperiordeIngenierosdeTelecomunicaciónUNIVERSIDADDEVIGO

correoelectrónico:[email protected]

Sitiosweb:http://www.tsc.uvigo.es/DAF/Investigacion/index.html

http://www.tsc.uvigo.es/DAF/Investigacion/acGDAF.html

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2



3

PROBLEMA1

Enelcircuitodelafigura,enelquelafuenteindependienteescontinuadevalor

VG,noseproducenmáscambiosdespuésdelcierredelinterruptor.a. HalladlosvaloresdevC,iC,vLeiLparat=0‐,t=0+yt=∞(1.2puntos).b. Hallad las ecuaciones diferenciales que rigen la evolución de vC(t) e iL(t)

parat≥0s(0.8puntos).c. La fuente independiente continua es sustituida por otra variable con el

tiempo,vG(t)ylafuentedependienteesdejadaencircuitoabierto(g=0S).Enestascondiciones,halladlafuncióndetransferenciaparat≥0s,estandoaquélladefinidacomo

€

H(s)=V0(s)VG(s)

siendoVO(s)yVG(s),respectivamente,lastransformadasdeLaplacedevO(t)yvG(t).Sielcircuitosecomportacomounfiltro,¿aquétipocorresponde?(1.2puntos).

d. ObtenedlaexpresióntemporaldevO(t)parat≥0s(0.8puntos)sabiendoquevG(t)eslafunciónescalónunitarioyquelafuncióndetransferenciadelcircuitoes

€

H(s)=VO(s)VG(s)

=1012

s2 + 2×106s + 2×1012



4

PROBLEMA1,apartadoaPara t = 0‐ s, las inductancias son cortocircuitos y las capacidades, circuitos

abiertos,conloque

€

vL(0− )=0 V iC(0

− )=0 A Además,

€

iL(0− )= − iC(0

− )=0 A

€

vC(0− )= vL(0

− )+ [iL(0− )+ gvC(0

− )]R ⇒ vC(0−)=0 V

Parat=0+s,hademantenerselacontinuidaddelatensiónenlacapacidadydelacorrienteenlainductancia,conloque

€

vC(0+ )= vC(0

− )= 0 V iL(0+)= iL(0

− )= 0 A

Además,secumplenlasrelaciones

€

VG − vC(0+ )

R= iC(0

+ )+ iL(0+) ⇒ iC(0

+ )=VGR

€

vC(0+ )= vL(0

+ )+ [iL(0+ )+ gvC(0

+ )]RO ⇒ vL(0+)= 0 V

Ent=∞selcircuitoestáenrégimenpermanentecontinuo,locualsignificaquelas inductancias y las capacidades son, respectivamente, cortocircuitos y circuitosabiertos.Esdecir,

€

iC(∞)= 0 A vL(∞)= 0 V

Además,

€

VG − vC(∞)R

= iC(∞)+ iL(∞)

vC(∞)= vL(∞)+ [iL(∞)+ gvC(∞)]R⇒

vC(∞)=VG

2− gR

iL(∞)=VGR

1− gR2− gR



5

PROBLEMA1,apartadob

Enelcircuito,parat≥0s,secumplenlassiguientesrelaciones:

(1)

€

VG − vC(t)R

= iC(t)+ iL(t) vC(t)= vL(t)+ [iL(t)+ gvC(t)]R (2)

Además, la inductancia y la capacidad están caracterizadas, respectivamente,porlassiguientesrelacionesfuncionales:

(3)

€

vL(t)= LdiL(t)dt

iC(t)=CdvC(t)dt

(4)

DespejandoiL(t)de(1),yteniendoencuenta(4),seobtiene

€

iL(t)=VGR−vC(t)R

−CdvC(t)dt

(5)

Sustituyendo(5)en(2),yteniendoencuenta(3),sellegaa

€

LCd2vC(t)dt2

+LR

+ RC

dvC(t)dt

+ (2− gR)vC(t)= VG (6)

DespejandovC(t)de(2)ysustituyendoel resultadoen(1), teniendoencuenta(4),seobtiene

€

LCd2iL(t)dt2

+LR

+ RC

diL(t)dt

+ (2− gR)iL(t)=(1− gR)VG

R (7)

Lasecuaciones(6‐7)sonlasecuacionesdiferencialesbuscadas.



6

PROBLEMA1,apartadoc En las condiciones indicadas (fuente dependiente en circuito abierto) yutilizando transformadas de Laplace, el circuito queda en la formamostrada en lafiguraadjunta,conloque,aplicandoanálisispormallas,sellegaa

€

VG(s)= IG(s) R +1sC

−

I0(s)sC

0= −IG(s)sC

+ I0(s)1sC

+ sL + R

⇒ H(s)=I0(s)RVG(s)

=1/(LC)

s2 + s RL

+1RC

+

2LC

La respuesta en frecuencia del circuito se obtiene a partir del módulo de sufuncióndetransferencia,llegándoseaque

€

H(s)=VO(s)VG(s)

⇒ H(jω) = H(s)s=jω

=

1LC

2LC

−ω2

2

+1RC

+RL

ω

2

ω→ 0 rad/s ⇒ H(jω)→ 12

ω intermedia ⇒ valor finito de H(jω)

ω→∞ rad/s ⇒ H(jω)→ 0

Luegoelcircuitosecomportacomounfiltropasobajo.



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PROBLEMA1,apartadod

€

vG(t)=u(t)⇒ VG(s)=1s

€

VO(s)=H(s)VG(s)=1012

s(s2 + 2×106s + 2×1012 )=N(s)D(s)

€

s2 + 2×106s + 2×1012 = 0 ⇒ sc = −α + jβ sc* = −α − jβ

α =106 s−1 β =106 rad/s

€

VO(s)=K 0s

+Kcs − sc

+Kc*

s − sc*

K 0 =sN(s)D(s)

s=0 s−1

= 0.5 V

Kc =(s − sc )N(s)

D(s)

s=sc

=(− 0.25 + j0.25)×106 V ⇒

⇒ Kc = 0.25 2 ×106 V θc = arctg 0.25×106

− 0.25×106= −135 °

Enconsecuencia,

€

vO(t)=K 0u(t)+ 2Kc e−αt cos(βt + θc )= 0.5 + 0.5 2 ×106e−10

6 t cos(106 t −135 °) V



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PROBLEMA2

Elcircuitodelafigura,encuyarepresentaciónsehautilizadonotaciónfasorial,

funcionaenrégimensinusoidalpermanenteaunafrecuenciaangularω.

a. Escribid un sistema algebraico de cuatro ecuaciones a partir del cual seaposibledeterminar losvaloresdeIG,Ia,IbeIc.Noobtengáis losvaloresdeestosfasores(0.8puntos).

b. Suponiendo conocido el valor de Ia, obtened la tensiónVcd y la potenciacompleja entre c y d. No desarrolléis los cálculos; basta con dejarlosindicados(0.4puntos).

c. Obtened losparámetrosdeadmitanciadelcuadripoloabcd;en loposible,agrupadimpedanciassindesarrollarloscálculoshastaobtenerexpresionesfinales.¿Puedesersimétricoestecuadripolo?(0.6puntos).

d. Suponiendoqueloselementosdelcircuitotienenlosvaloresindicadosmásabajo, calculad el equivalente de Thévenin entre los puntosa yb. Podéishacerloconsiderandoelcircuitotalycomohasidodibujadoobienapartirdelconocimientodelosparámetrosdeadmitancia(0.6puntos).

€

VG =1 V ωM =0.5Ω a =3RG =1Ω Rb =2.5Ω Rc =8.1Ω

ωLG =0.5Ω ωLa =0.5Ω ωLb =1Ω ωLc =1ΩωCG =2S ωCb =1S ωCc =1S



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e. Suponiendoqueloselementosdelcircuitotienenlosvaloresindicadosmásabajo,obtenedlaexpresióntemporaldelapotenciaenlaramacd.Utilizadaproximaciones matemáticas razonables y agrupaciones de impedanciassiemprequeseaposible(0.6puntos).

€

vG(t)= VDC + VAC cos(ωt + ϕ)

€

VDC =1 V VAC =1 V ω =1Mrad/s ϕ =0 °

RG =1Ω LG =0.5µH La =0.5µH CG =2µFRb =2.5Ω M =0.5µH Lb =1µH Cb =1µFRc =8.1Ω a =3 Lc =1µH Cc =1µF



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PROBLEMA2,apartadoa

Reflejandoimpedancias,seobtiene

€

VG = IG RG +1

jωCG

−

IajωCG

0 = −IGjωCG

+ Ia1

jωCG+ jωLG + jωLa +

(ωM)2

jωLb + Rb +1

jωCb

+

Rc +1

jωCc+ jωLc

a 2

0 = Ia jωM + Ib jωLb + Rb +1

jωCb

Ia = aIc

PROBLEMA2,apartadob

Denuevoreflejandoimpedancias,setiene

€

Vcd = Ia jωLa +(ωM)2

jωLb + Rb +1

jωCb

+

Rc +1

jωCc+ jωLc

a2

Scd =VcdIa

*

2



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PROBLEMA2,apartadoc

Haciendo

€

V1 = Vab V2 = Vcd

I1 = IG

I2 : corriente que entra en c

teniendo en cuenta que las impedancias reflejadas en los primarios de ambostransformadores(linealeideal,respectivamente)son

€

Zlin =(ωM)2

jωLb + Rb +1

jωCb

Zid =

Rc +1

jωCc+ jωLc

a 2

yaplicandoanálisispornudos,sellegaa

€

I1 =V11

jωLG+ jωCG

−

V2jωLG

I2 = −V1jωLG

+ V21

jωLG+

1jωLa + Zlin + Zid

(1)

Lasecuacionesquedefinenlosparámetrosdeadmitanciason

€

I1 =V1y11 + V2y12 I2 =V1y21 + V2y22 (2)

Comparando término a término (1) y (2) se obtienen los parámetros deadmitanciabuscados,queson

€

y11 =1

jωLG+ jωCG y12 = −

1jωLG

y21 = −1

jωLGy22 =

1jωLG

+1

jωLa + Zlin + Zid

Para que sea simétrico, el cuadripolo ha de ser recíproco. Esto exige que secumplaquey12=y21.Estacondiciónsecumplesiempre.Además,hadecumplirsequey11=y22.SalvoenelcasodequeRb=0Ω=Rc,estacondiciónnopuedesatisfacerse,porque y11 es un parámetro imaginario puro,mientras que y22 tiene partes real eimaginaria.



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PROBLEMA2,apartadod

Utilizando losdatosdel problema, lasdosprimeras ecuacionesdel apartadoaquedan como se indica, con lo que esposible obtener los valoresde las corrientesimplicadas,apartirdelascualessecalculalatensiónequivalentedeThévenin.

€

1= IG(1− j0.5)+ j0.5Ia0 = j0.5IG + Ia(1+ j0.5)

⇒IG = 0.66 + j0.33AIa = − j0.33A

VTh =Vab =IG − IajωCG

= 0.33− j0.33V

AlsustituirCGporuncortocircuitotodalacorrientesuministradaporlafuentesevapordichocortocircuito, con loque la impedanciaequivalentedeThéveninsecalculacomosigue:

€

IN = Iab =VGRG

=1A ⇒ ZTh =VThIN

= 0.33− j0.33Ω

Sirecurrimosalosparámetrosdeadmitancia(cuyosvaloressehanobtenidoapartir de las expresiones del apartado c y los datos del problema), la tensiónequivalentedeThéveninsecalculacomoseindicaacontinuación.

€

y11 = 0S y12 = j2S y21 = j2S y22 = 0.8 − j2.4 S

€

VG = I1RG + V1I2 = 0 A

I1 =V1y11 + V2y12I2 =V1y21 + V2y22

⇒ VTh =V1 =VGy22

y22 + RG(y11y22 − y12y21)

Utilizandolasmismasecuaciones,lacorrientedeNortonsecalculacomosigue:

€

V1 = 0 V ⇒ IN = I1 =VGRG



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PROBLEMA2,apartadoe

Como puede observarse, la excitación tiene dos componentes, con lo que, deacuerdo con el principio de superposición, también habrá dos componentes en lacorrienteylatensióndesalida.Esdecir,

€

ia(t)= IaDC + iaAC(t)= IaDC + IaAC cos(ωt + θ)v2(t)= V2DC + v2AC(t)= V2DC + V2AC cos(ωt + γ)

p2(t)= ia(t)v2(t)

Componentecontinua

Para la componente continua (vG(t) = VDC), las capacidades y las inductanciasson,respectivamente,circuitosabiertosycortocircuitos,conloquelaparteizquierdadelcircuitoquedareducidaalafuenteenserieconunaresistencia(losprimariosdelostransformadoressoncortocircuitos).Enconsecuencia,

€

IaDC = I1 =VDCRG

=1A V2DC = IaDC Rcd = 0 V

Componentesinusoidal

Para la componente sinusoidal (VG = 1 V) hay que utilizar las dos primerasecuacionesdel apartado a. Teniendo en cuentaque losdatos coinciden con losdelapartadoe,sellegaalmismoresultadoconrespectoalacorriente.Esdecir,

€

IaAC = − j0.33 A ⇒ iaAC(t)=Re{IaACejωt } =0.33cos(ωt −90 °) A

V2AC = IaAC jωLa +(ωM)2

jωLb + Rb +1

jωCb

+

Rc +1

jωCc+ jωLb

a2

=0.17− j0.33 V ⇒ v2AC(t)=Re{V2ACejωt } =0.37cos(ωt −63.43 °) V



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PROBLEMA3

Elcircuitodelafigura,encuyarepresentaciónsehautilizadonotaciónfasorial,funcionaenrégimensinusoidalpermanente.

Lasvariacionesdelaamplitudylafaseconlafrecuenciaangulardelafunciónde

transferencia,H(jω) = VL(jω)/VG(jω), son las representadas en la figuraque sigue acontinuación.

a. Hallad la frecuenciaangularpara laque laentraday la salidadel circuito

tienenlamismafase(0.5puntos).b. Como puede observarse en las figuras del enunciado, el circuito se

comportacomoun filtropasobanda.Hallad las frecuenciasangularesquelimitanlabandadepaso(0.5puntos).

c. Explicad cualitativamente por qué la fase de la función de transferenciatiendea‐90°parafrecuenciasmuyelevadas(0.5puntos).



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d. Suponiendo que la fuente de tensión está caracterizada por una funciónperiódicacomolarepresentadaenlafiguraquesigue,obtenedeldesarrolloenseriedeFourierdedichafunciónexpresadoennotacióntrigonométrica(0.75puntos).

e. Suponiendoquelaexcitaciónesdelaformaindicadaenlafiguraquesigue,

obtenedsutransformadadeFourier(0.75puntos).



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PROBLEMA3,apartadoa

Silaentradaylasalidaestánenfase,estosignificaquelafasedelafuncióndetransferenciaesnula.

Buscando esa condición en la figura que muestra la variación de la fase seobtiene

ω0=2×103rad/s

PROBLEMA3,apartadob

Lasfrecuenciasquelimitanlabandadepasosonaquellasqueverificanloqueseindicaacontinuación.

€

H(jω)max

= 0.25

ω =ω1ω2

⇒ H(jω) =H(jω)

max

2≈ 0.175

Enlafiguraquemuestralavariacióndelmódulodelafuncióndetransferenciacon la frecuencia angular puede observarse que las frecuencias para las que dichomódulotieneelvalorindicadoson

€

ω1 = 0.8×103 rad/s ω2 = 5×103 rad/s

PROBLEMA3,apartadoc

A frecuencias elevadas (varios órdenes de magnitud superiores a la deresonancia), lascapacidadesy las inductanciassecomportancomocortocircuitosycircuitosabiertos,respectivamente.Enconsecuencia,paratalesfrecuencias

€

IG ≈VGRG

⇒ VCG ≈IGjωCG

⇒ ∠VCG ≈∠IG − 90 ° ≈∠VG −∠RG − 90 °

Porotro lado,VCGcoincideconVLyaqueestamossuponiendoque lacorrientequecirculaporlaramaR‐Lesmuypequeña.Lacaídadetensiónendicharamaseráprácticamente la que se tenga en la inductancia, puesto que ésta presenta unaimpedanciamuysuperioraladelaresistencia.

Esdecir,entreVGyVLhayundesfasedeaproximadamente90°,queeselmismoquepresentalafuncióndetransferencia.



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PROBLEMA3,apartadod

LaseriedeFourierseobtienecomoseindicaacontinuación.

€

av =1T

vG(t)dt0T∫ =

1T

VlowdtT/4T/2∫ +

1T

Vhighdt3T/4T∫ =

VlowT

t[ ]T/4T/2

+VhighT

t[ ]3T/4T

= 0.75 V

€

ak =2T

vG(t)cos2kπtT

dt =

2T

Vlow cos2kπtT

dt +

2T

Vhigh cos2kπtT

dt =3T/4

T∫T/4T/2∫0

T∫

=Vlowkπ

sen 2kπtT

T/4

T/2

+Vhighkπ

sen 2kπtT

3T/4

T

= −1kπ

sen kπ2

+ 2sen

3kπ2

€

bk =2T

vG(t)sen2kπtT

dt =

2T

Vlowsen2kπtT

dt +

2T

Vhighsen2kπtT

dt =3T/4

T∫T/4T/2∫0

T∫

= −Vlowkπ

cos 2kπtT

T/4

T/2

−Vhighkπ

cos 2kπtT

3T/4

T

=1kπ

cos kπ2

+ 2cos

3kπ2

− 2 + cos kπ( )[ ]

€

Ak = ak2 + bk

2 ϕk = arctg bkak

€

vG(t)= av + Ak cos2kπtT

−ϕk

k=1

∞

∑



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PROBLEMA3,apartadoe

AplicandoladefinicióndetransformadadeFourier,setiene

€

F(ω)= A(ω)− jB(ω)= vG(t)e−jωtdt = Vlowe

−jωtdt + Vhighe−jωtdt =3T/4

T∫T/4T/2∫−∞

∞∫

= −Vlowjω

e−jωt[ ]T/4T/2

−Vhighjω

e−jωt[ ]3T/4T

=

=1ω

Vlow senωT2

− sen

ωT4

+ Vhigh sen(ωT)− sen

3ωT4

−

−jω

Vlow cos ωT4

− cos

ωT2

+ Vhigh cos

3ωT4

− cos(ωT)

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