Tema1_v2.3 uco analogica

Área de Tecnología Electrónica Electrónica Analógica

1. FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA TEMA 1. INTRODUCCIÓN A LA ELECTRÓNICA ANALÓGICA

1

Electrónica Analógica

Tema 1. INTRODUCCIÓN A LA ELECTRÓNICA ANALÓGICA. FUNCIONES ELECTRÓNICAS

1. FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA

1.1 OBJETIVOS1.2 CONCEPTO DE FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA1.3 IMPEDANCIAS COMPLEJAS1.4 RESPUESTA EN FRECUENCIA. REPRESENTACIONES DE BODE. 1.4 RESPUESTA TEMPORAL1.5 POLO DE 2º ORDEN

2. RESPUESTA TEMPORAL. SISTEMA DE 2º ORDEN. CIRCUITO RLC

2.1 CIRCUITO RLC. SISTEMA DE 2º ORDEN. RESPUESTA AL ESCALÓN2.2 TRANSFORMADAS DE LAPLACE

Área de Tecnología Electrónica Electrónica AnalógicaElectrónica Analógica


1.1 OBJETIVOS

• Análisis de funciones de transferencia

• Cálculo de la respuesta en frecuencia y temporal de un circuito

1.2 CONCEPTO DE FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA DE UN CIRCUITO

Función de transferencia: Relación entre la señal de salida (función respuesta) frente a la de entrada (función excitadora) en el plano de Laplace con C.I. nulas:


2

o

i

V sH s

V s

tvLsV

tvLsV

ii

oo donde



Transformada de Laplace: Método para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias (principalmente con coeficientes constantes),

Ejemplo: Calcula la transformada de Laplace de la función y

Aplicando la definición:

Donde (*) se ha integrado por partes:1. FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA TEMA 1. INTRODUCCIÓN A LA ELECTRÓNICA ANALÓGICA

3

s

k

s

ke

skdte

s

skdtekkL ststst

10

1000

i

i

stdsesFi

tfsFL

2

11

ktf dt

df

(*)

0 0 00st st stdf df

L e dt d f e s f e dt sF s fdt dt

dgfgfddfgdgfgdfgfd

0

dtetfsFtfL st


Grupo

Funcioneselementales

Propiedadesfundamentales

Producto de convolución

Función delta de Dirac



Transformada de Laplace:


4

0

dtetfsFtfL st

tf

dt

dfs

1

2

2

dt

fd 002

dt

dfsfsFs

dgt tf 0 sGsF

bt 0 bbse

0L dtstetftfsF

1

0fssF



Ejemplo: Calcula la impedancia de un condensador.


5

dt

dvLCsI

dt

dvCLtiL

dt

tdvCti

sCSVvsSVCsInulasic ..

0

capacitiva reactancia la es 1

donde

111

C

jCjCSI

V

C

C

C

Filtro paso alto



Dado un sistema lineal invariable en el tiempo (LTI) (p. ej.: circuito R-C):

donde n>m

y(t) salida del sistema ( derivada enésima respecto al tiempo)

x(t) entrada del sistema

ai y bi coeficientes constantes

Aplicamos transformada de Laplace, con C. I. nulas:


6

xbxbxbxbyayayayamm

mm

nn

nn

1

)1(

1

)(

01

)1(

1

)(

0......

)()...()()...(1

1

101

1

10sXbsbsbsbsYasasasa

mm

mm

nn

nn

n

nn

dt

ydy


La función de transferencia G(s) será:

La función de transferencia describe la relación entre la salida y la entrada de un sistema independientemente de su estructura física.

En la mayoría de los casos, G(s) es una relación algebraica sencilla en “s”


7

nn

nnmm

mm

asasasa

bsbsbsb

sXsYsG

1

1

10

1

1

10

...

...

)()()(


1.3 IMPEDANCIAS COMPLEJAS

Impedancia compleja: Relación en el régimen de Laplace entre la tensión en extremos de la red y la corriente que absorbe.

Impedancia compleja de elementos pasivos:

a) Resistencia R:

b) Capacidad C:

c) Inductancia L:


8

RsIsEsZsRIsE

LtiRte

)()()()()()()(

CssI

sEsZtessECsI

L

dt

tdeCti

nulasIC 1

)(

)()()0()()(

)()(

..

LssI

sEsZ

nulasICtissILsE

L

dt

tdiLte

)(

)()(

..)0()()(

)()(

Filtro P.A.

Filtro P.B.

En un circuito con L y C, trabajando en Laplace tengo expresiones algebraicas


Ejemplo. Analiza la función de transferencia del circuito de retardo siguiente utilizando la expresión temporal y después la impedancia de los componentes:

Opción 1: Plano temporal Opción 2: Plano de Laplace

resultando:


9

022

22121

11211

1)(

1

)(1

edtiC

iRdtiiC

eiRdtiiC i

1)(

1

)(

)(

212211

2

2211

0

sCRCRCRsCRCRsE

sE

i

)()(

)(

)()(

)(

)(

)(

)(

)(

)(

)(

42

4

51

5

2

020

sZsZ

sZ

sZsZ

sZ

sE

sE

sE

sE

sE

sE

ii

)()()()( 3425 sZsZsZsZ


1.4 RESPUESTA EN FRECUENCIA. REPRESENTACIONES DE BODE

Diagrama de Bode (representación asintótica):

1. Dada una función de transferencia H(s), se descompone en factores básicos y se obtiene para cada uno de ellos su módulo y fase (s=jw).

2. Se representa cada uno de ellos, sumando punto a punto las diferentes curvas para obtener el diagrama total en módulo y fase.


10

nnnn

mmmm

asasasa

bsbsbsbsXsYsH

11

10

11

10

...

...)()()(

nps

ps

mzs

zs

kjH

1

1

1

1

1

1

)(



Números complejos


11

jyxzCzj

j

: complejo Número 1

12

Plano complejo:

jrejrrjrjyxz sincossincos

Imag

Realx

yr

jyxz

x

yarctg

ryxzzz

* donde

*

:fasey Módulo22

1 2

1 2

Módulo y fase de: ( )

Módulo y fase de: ( / )

z z

z z



Diagrama asintótico de Bode:


12

nn

nnmm

mm

asasasa

bsbsbsb

sXsYsG

1

1

10

1

1

10

...

...

)()()(

npj

pj

mzj

zj

kjG

11

1

11

1

)(En forma factorial y

js

pnjepnrpj

eprpj

epr

zmjezmr

zjezr

zjezrkjG

22

11

22

11)(

jre

pnppzmzzje

pnrprprzmrzrzrkjG

21...21

21

21)(

La magnitud es el producto de las magnitudes:

La fase es la suma de los ángulos individuales:

1 pues 21

21)(

je

pnrprprzmrzrzrkjG

pnppzmzzjG 21...21)(



Diagrama asintótico de Bode:


13

nn

nnmm

mm

asasasa

bsbsbsb

sXsYsG

1

1

10

1

1

10

...

...

)()()(

npj

pj

mzj

zj

kjG

11

1

11

1

)(

En forma factorial y js

npj

pj

mzj

zj

kjGdBjG

11

1

11

1

log20)(log20)(

Módulo en dB:

npj

pj

mzj

zj

kdBjG 1log20

11log201log20

11log20log20)(

pnjepnrpj

eprpj

epr

zmjezmr

zjezr

zjezrkjG

22

11

22

11)(




14

npj

pj

mzj

zj

kjG

11

1

11

1

)(

En forma factorial y js

pnjepnrpj

eprpj

epr

zmjezmr

zjezr

zjezrkjG

22

11

22

11)(

Fase:

jrepnppzmzzj

epnrprprzmrzrzrkjG

21...21

21

21)(

pnppzmzzjG 21...21)(



a) Factor constante: Ganancia K (Nota: supondremos K>0)


15

)0(180

)0(00

tanlog20log20)(log20)()(

K

K

Karctg

teConsKKjGjGKsGdB

0K 0 K

º180

Fin 1ª clase


b) Factores derivativos e integral ; Cero en el origen; Polo en el origen

Términos (sT)-n y n=1 Términos (sT)+n y n=1


16

nn sTTj )(

90)arg(

log20)(log20)()(

nTj

TnjGjGTjjGn

dBn

:z

s:

1

ps


c) Factores de primer orden

Cero en z: ; Polo en p:


17

nn sTTjjG )1()1(

1log20

10)(1log201log20)1(

1log20

10)(1log201log20)1(

2

2

TsidbTn

TsidbTnTjnTj

TsidbTn

TsidbTnTjnTj

n

n

TarctgnT

Tj

TarctgnT

Tj

nn

nn

)

1arg()1(

)1

arg()1(

)1(z

s

p

s1

1


c) Factores de primer orden

Términos y n=1 Términos y n=1


18

nn sTTjjG )1()1(

nsT

)1(

nsT

)1(


d) Factores cuadráticos


19

2

2

1 1 12 21 2 ( ) ( ) 1 2 ( ) ( ) 1 2

o o

j j s s s sk

c c c c

2 22 2 220log 1 2 ( ) ( ) 20log (1 ) ( )2

j j

c c cc

MAGNITUD:

0 0.7

21 2Max c

La Magnitud posee máximo si el Amortiguamiento:

La frecuencia del máximo es a:

2 22 2 220log (1 ) ( ) 20log(2 1 )2

21 2cc

c


Diagrama real (magnitud y fase):


20

01220log 1 2 ( ) ( )

40log

db sic

j jdb si

cc cc

2121 2 ( ) ( ) ( )

21 ( )

j j carctgc c

c



21


Ejercicio 1. Representa el diagrama asintótico de Bode de la función de transferencia de un condensador considerando como entrada la v y salida la i:


22

2sincos

sin

tItVCi

tVv

dt

dvCi

AA

A

La intensidad va adelantada pi/2respecto a la tensión: medida la distanciaentre los máximos más próximos, la intensidad está delante.

tv

t

t

ti

20

log20)()(

C

arctgjG

CjGCjjGCS

V

IsG

dB

Un cero introduce pendiente positiva en la ganancia y adelanto de fase.Un polo introduce pendiente negativa en la ganancia y retraso de fase.


Ejercicio 2. Analiza el siguiente circuito RC. Obtén su diagrama de Bode y la respuesta temporal al escalón unitario. Simula con OrCAD PSpice las respuestas obtenidas ajustando fo = 1 kHz y C = 10 nF:


23

0

R 1

¿ ?

C 11 0 n F

0

v i v o

v i

TD = 0 s

TF = 1 pP W = 1 0 m sP E R = 2 0 m s

V 1 = 0 V

TR = 1 p

V 2 = 1 V

D:\m…\simu…\rc\rc.opj

5,915.152

1

CfR

o


Ejercicio 3. Representa el diagrama asintótico de Bode de la función de transferencia siguiente:

Solución: En primer lugar descomponemos en factores:

A continuación en el formato de ceros y polos:


24

3000310

3010)(

23

ss

ssG

30010

3010)( 3

ss

ssG

3001

101

301

10

3001

101

301

300

1

10

1

1

3010)( 3

ss

s

ss

s

sG y representamos cada Término sumando la Contribución de cada uno:



25

3001

101

301

10)(

jj

j

jG Magnitud

10

20

30

-30

-20

-10

1 10 100 1000

dB

jG

Magnitud de 10

Magnitud de (1+jw/30)

Magnitud de 1/(1+jw/10) Magnitud de 1/(1+jw/300)

10

20

30

-30

-20

-10

1 10 100 1000

dB

jG

Magnitud de 10



26

3001

101

301

10)(

jj

j

jG Fase

30

60

90

-90

-60

-30

1 10 100 1000

jG

Fase de 10

Fase de (1+jw/30)

Fase de 1/(1+jw/10) Fase de 1/(1+jw/300)

30

60

90

-90

-60

-30

1 10 100 1000

jG

Fase de 10


1.5 RESPUESTA TEMPORAL

Calculamos a partir de la función de transferencia ante una determinada entrada , aplicando la transformada inversa de:

Ejemplo: Dadas la función de transferencia de un sistema y la entrada siguientes:



27

1( )o iv t L V s G s

G s( )iv t

( )ov t

1

2

2

11 11 1

1 1 (rampa)

L tT

o o

i i

G sTs V s v t t T e

s Tsv t t V s

s

1

2

1 1De las tablas 1

1

L tTt T e

s Ts

Transformada de Laplace

Ej.3 Circuito RC para vi=u(t)


1.6 POLO DE 2º ORDEN

Consideremos la siguiente función de transferencia:

El polinomio de 2º grado del denominador posee dos soluciones:

La solución es:

• : Real

• : Real doble negativa

• : Compleja conjugada. Además, la respuesta en frecuencia posee un máximo para:

•Si : sistema inestable



28

2

2 22n

n n

G ss s

2 22 2 (2 ) 44 2( 1, 2) 12 2

b b ac n n ns sna

1 1 1

20 0.72 0


Diagrama de Bode:



29

2

2 22n

n n

G ss s

Magnitud:


Diagrama de Bode:



30

2

2 22n

n n

G ss s

Fase:


Respuesta al escalón unitario de Bode:



31

2

2 22n

n n

G ss s

iv t u t

2

2 22(si 1)

1 (escalón)

n

n n

i i

G ss s

v t u t V ss

12

22 2 2

2

1 11 sin 1

2 1

1donde

n

Ltn

o o nn n

V s v t e ts s s

arctg

Transformada de Laplace



32

2

2

2

11 sin 1

1

1donde

nto nv t e t

arctg


1.6 POLO DE 2º ORDEN

Respuesta temporal(respuesta al escalón)

Respuesta en frecuencia

Forma de la respuestaRaíces de la

ecuación de 2º grado en s

Máximo

Oscilatoria amortiguada

SubamortiguadaComplejas conjugadas

Sí

No

ExponencialAmortiguamiento

críticoReal doble negativa

No

Exponencial SobreamortiguadaReales distintas

negativasNo



33

POLO DE 2º ORDEN 2 2

0 0

1

2s s

Coeficiente de amortiguamiento

, , ó k

0 0,7

0,7 1

1

1


2. RESPUESTA TEMPORAL. SISTEMA DE 2º ORDEN. CIRCUITO RLC

2.1 CIRCUITO RLC. SISTEMA DE 2º ORDEN. RESPUESTA AL ESCALÓN

Circuito:

En el régimen de Laplace (v entrada; i salida):


2. RESPUESTA TEMPORAL. SISTEMA DE 2º ORDEN. CIRCUITO RLC TEMA 1. INTRODUCCIÓN A LA ELECTRÓNICA ANALÓGICA

34

1 2 1 2 221 2

V VCs V s V sI

RL LLCs RCs s sR Ls s s n nCs L LC

1 Rdonde es la pulsación natural y = es el coeficiente de amortiguamiento

2

Cn LLC


Si en el instante t=0 se cierra la llave, y la tensión de entrada es continua, estaríamos aplicando una señal escalón de amplitud E. Por tanto, la salida en función de la entrada queda:

Según sea , se pueden obtener tres casos:



35

2

2 2 2 2 22 2

E s E nIsL s s L s s

n n n n n

2 22 (2 ) 42( 1, 2) 1

2n n ns s

n

1 2

1 2

1 2

1) 1: Subamortiguado: S y S complejas conjugadas con parte real negativa

2) 1: Amortiguamiento crítico: S =S raíz real doble negativa

3) 1: Sobreamortiguado: S y S son dos raíces reales disti

ntas y negativas


2

2

2

12

1

112,1

jS

jSss

n

n

n



36

12

22 2 2 2 2 2 2

sin( 1 )2 2 1

n

Ltn n

nn n n n n n

E s E EI i t e t

sL s s L s s L

1 21) 1: Subamortiguado: S y S complejas conjugadas con parte real negativa

E=100V R=30ΩL=5mHC=1μF(C.I. nulas)

1=14142.14 /

2250.8

R= =0.2121

2

n

rad segn LC

f Hz

C

L



37

2

2 2 22

E nIL s sn n n

1 21) 1: Subamortiguado: S y S complejas conjugadas con parte real negativa

Frequency

1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzVDB(VO) P(V(vo))

-200

-160

-120

-80

-40

-0

40



38

1

22 2 2

22

21 1

( )2 2 2 ( ) 2 (1 )

n n

Lt t

nn n n

n

E E E E EnI i t te tesL s L L LL s s

n n n

1

2

2( 1, 2) 1S

ns sn S

n


1=10000 /

1591.6

R= =1.0

2

n

rad segn LC

f Hz

C

L

1 22) 1: Amortiguamiento crítico: S =S raíz real doble negativa



39

Frequency


-200

-150

-100

-50

-0

1 22) 1: Amortiguamiento crítico: S =S raíz real doble negativa

22

1

1

n

n sL

EI



40

1

1 2

2

21 1

( ) ( )2 2 2 ( 1)( 2) 2 12

Ls t s t

n

E E EnI i t e eL s s s s LL s s

n n n

21

22

12( 1, 2) 11

n n

n n

Ss s

n S


1=10000 /

1591.6

R= =1.5

2

n

rad segn LC

f Hz

C

L

1 23) 1: Sobreamortiguado: S y S son dos raíces reales distintas y negativas



41

1

( 1)( 2)

EI

L s s s s

1 23) 1: Sobreamortiguado: S y S son dos raíces reales distintas y negativas

Frequency


-200

-150

-100

-50

-0



42



43



44



45



46diapositiva 31 diapositiva 27

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