ω p Donde se ha intro-

Transcripción

1 La ecuación de Feldt-Keller relaciona la función de tranferencia de un filtro, H ( ), con la llamada función caracterítica del mimo, K ( ). En bae a dicha ecuación, a la definición de H ( ) como N ( ) y a la definición del polinomio de D ( ) reflexión cero ( F ( )), obtenga la relacione que exiten entre toda eta funcione y la raíce de lo ditinto polinomio que la componen. Defina, en bae a la expreione obtenida, lo concepto de cero de reflexión, cero de tranmiión y modo naturale del filtro. (4 punto) Obtenga la función de tranferencia H ( ) de un filtro pao de baja de egundo orden con una ganancia en dc de 75 y una ganancia máxima de 50 para ω = rad/. Epecificar lo valore de ω p y Q. (6 punto) P P P P Solución: La ecuación de Feldt-Keller e define como: Kjω ( ) = -- Teniendo en cuenta que, uniendo amba expreione e tiene que Kjω ( ) Djω ( ) Njω ( ) Donde e ha intro- Hjω ( ) Hjω ( ) Njω ( ) = -- Djω ( ) Njω ( ) ε Fjω ( ) Fˆ ( jω) = - Njω ( ) = - Njω ( ) ducido un nuevo polinomio, F ( ) (también Fˆ ( ) ), llamado polinomio de relfexión cero. Lo cero del polinomio de reflexión cero, ω ri, e conocen como cero de reflexión y on, a u vez, cero de Kjω ( ). Por otro lado, la raíce del polinomio N ( ) on lo cero de tranmiión ya que on, a la vez, cero de Hjω ( ). Eto mimo cero de tranmiión, e comprueba fácilmente a travé de la tercera ecuación, on a u vez polo de atenuación, e decir, polo de Kjω ( ). Por último, la raíce de D ( ) e conocen como modo naturale del filtro, ya que on polo de Hjω ( ), no exitiendo ninguna relación directa (inmediata) entre eto modo naturale y lo cero y/o polo de la función caracterítica. P P Dado que no piden obtener un filtro pao de baja de egundo orden, la expreión general de la que podemo partir e la iguiente: H ( ) kω p kω p = -- Hjω ( ) = -- ω p + + ω Q p ω p ω j ωω p Q de modo que la magnitud de la función del itema para Hjω ( ) = ω p kω p - ( ω ) + ωω p ---- Q = jω erá:

2 y pueto que Hj0 ( ) = 75 tendremo que: 0.5 P P 0.5 P P P k = 75 Vamo a ver ahora cuánto tienen que valer ω p y Q para que el valor máximo de la ganancia ea 50 y ocurra para ω = rad/. Para ello hacemo: d ( Hjω ( ) ) dω ω = ω máx = 0 ( ω p ω máx ) + = 0 lo que no lleva a: ω máx = ω p --- () Q k y aí, Hjω ( máx ) = -- Q --- 4Q 4 y de aquí, pueto que k = 75 : Q 4 4Q + = 0 Q 3,730 = 0,679 de eto do valore eleccionamo el mayor, ya que Q = 0,679 no no llevaría a un máximo en ω máx. Por tanto Q =,938. Finalmente, de () extraemo el valor de ω p, dado que ω máx tiene que er rad/: -- ω p = ω máx --- Q =, 49rad/ ω p Q

3 ANÁLISIS Y SÍNTESIS DE CIRCUITOS 3 er Curo Ingeniería de Telecomunicación - Curo 004/005 Convocatoria de Septiembre Solución al Problema. Realizar una ecalera LC doblemente terminada cuyo parámetro de admitancia on: 3 y = ---- y 6 = - y + = - () Utilizar y como admitancia de íntei. Como ya tenemo lo parámetro de admitancia, empezaremo por determinar lo polo y lo cero y claificar lo primero. polo = 0 = y zero = polo = 0 = = 3 -- y = zero = polo = 0 = y = zero = 3 -- () Vemo que exiten polo tanto en = 0 como en =. Ahora vamo a claificarlo. Para ello calculamo lo reiduo aociado y comprobamo la condición de lo reiduo. k 0, = y = -- k 0 3, 0 = y = k = 0, 0 = y = = 0 = (3) y para el polo en infinito = = -- k y k, = y, Ahora comprobamo la condición de lo reiduo = = k = y, = = = 8 (4) k, 0 k 0, k, 0 = -- = 0 3 (5) lo que implica un polo compartido compacto en = 0. Para =

4 k, k, k, = --8 = 3 > 0 (6) lo que implica un polo compartido no compacto (PCNC) en =. Lo cero de tranmiión vendrán dado por lo cero de la tranadmitancia = por lo polo privado o compartido no compacto. En nuetro cao el PCNC en =. A continuación realizamo el diagrama polo-cero. y PCC 0 cero y = y y z = ---- y -- 3 EC PCNC EP w Figura : Diagrama polo cero Como puede vere toda la eliminacione e han realizado a frecuencia en la que debe haber algún cero de tranmiión, e decir en = y en =. Como puede vere, no e ha cumplido el primer teorema de Bader, porque en = no e ha terminado con una eliminación completa. Eo quiere decir que en = e habrá creado un polo privado o compartido no compacto, pero como = era polo de y lo parámetro en la otra puerta erán tale que e habrá creado un PCNC. Preciamente en = debe realizare un PCNC pero por ahora no abemo i la cantidad de reiduo realizado erá la adecuada. Si e igual a la precrita perfecto, aunque no erá lo habitual. Si e menor que la precrita tampoco habrá problema, porque e corregirá al final añadiendo una rama que implementará la diferencia de lo reiduo. Pero i el reiduo realizado e mayor que el precrito, entonce o bien la ecalera no e realizable o el camino eguido e incorrecto. Empezamo con contrucción del circuito: El primer pao e una eliminación de un polo de admitancia en = lo que correponde con un condenador en paralelo. La admitancia reultante erá y y = ( y k y ) = 0 donde k y = = ---- = = 6 = = de donde lo que implica y = y k y = = = () ()

5 z = = - (3) y + que efectivamente tienen do polo en =. Una eliminación de un polo de admitancia interno upone una rama erie de una agrupación en paralelo de bobina y condenador como e muetra en la figura. De forma que C = 6 y L = 3. A continuación debemo calcular la tranadmitancia para compararla con la precrita y ver i hace falta tranformador I y, V C + - L V = 0 L C = = = = C de donde e neceitará un tranformador con una contante y - +, 6 k = --- = ---- (5) y, precrita = el igno meno únicamente ignifica que hay un defae de 80º para toda la frecuencia, lo que no altera el módulo de la función de tranferencia y en cuanto a la fae bataría con tomar la tenión a la alida del tranformador entre lo terminale opueto. eto queda marcado por lo punto negro que e ponen en el tranformador indicando que la alida etá en contrafae con la entrada. Por último debemo ver cual ha ido la. tra tranf. y, y compararla con la precrita y, I ' ante tranf. ----y V ', 36 I = = = = = - 3 V = 0 k V V = 0 (4) (6) tra tranf. 8 Δy = y, precrita y, = = lo que correponde con un condenador en paralelo a la alida de valor C 3 = (7) L = 3 I I :/6 I ' I '' C = v v v '' v ' C = 3 Figura : Bipuerta LC baada en la íntei de y

6 ""-~,--- l.- El circuito de la figura e un biguad KHN (Kerwin-Huelman-Newcomb) -., al que e ha aplicado.la técnica de umf!,(mediante el amplific,ado.r A4) para poder realizar un filtro paa todo Inveror cuya funcion de tranferencia e Indica: R' ( 0)0 ) R' -H o S --+O) Q o H() = S +-+O) 0)0 Q o V;+ W _Va (a) Obtener la función de tranferencia del circuito en función de lo valore de lo elemento. Conidere que lo amplificadore operacionale on ideale. (b) Conidere que C = 0nF y dieñe el circuito (o ea, determine lo valore de R, R', RI' RJ r, R4' o lo que proceda) para que el filtro inveror tenga 0)0 = 0krad/, Q = 4 Y Ho = 7. (c) Indique q~é elemento debe eliminar del circuito de la figura_para tranformarlo en un filtro LPN (low-pa-notch). Cuál ería la función de tranferencia reultante? --=.SvpoL.c.g..( ~ru~~m Fi~c~~ ~~ i~tao.t~(\có ~I ~a ~S ~~ ~ CR.MA.('le o. Q,A R.JJ..t~ ~ ~ '4.: V_..P.9(~ oio~ ~ FCA~ <k rr~~~,.~.) djl Uowro \I\e~~;)~ ~r~~ k ~ljoa ~ wr-c;,kfl Q..lA lo ~~t,~f-ca ~f ~ (ti.~ k VJt> At),, (!'f""-rj ~;~~re, J[o w ~uelbr!,(.o CD"""f..Jor a huid J;rfC,t~~tJe). -t\l\t~~ ro),r "~ J ~.(: J/( Vt -Vf) r" ~ (V..-VO'l. -~tfa,~ ~ahv~ ~ t\.i: Ir Vl-v~)).::' -flj.,r~ ~~h'~ ck Al: G (Vo..) ~ -C -E\A,r~ ~OIhVJ ~ AJ ~ G(Vbl~ ~ -5 C ~nv'd dr A4: G'í Va + G3Vo3 + Gl.VO t" G, VOl.:::- \/ Vo.+ Vo'} ~ l r~{.(.wj ~ Ll( v -':: -- - ~ ~ IkL ({)! (iq-i) Ul ;::\ t &V, ~ -V{J. -!l~ V '" ~ = V:. V"'. + Vo.'$ ~

7 , l)e ~ I Vo :!!.!- ~ - \.gi.. 5R.( W- -~ ~ &: Vi)3;' \lo L -:Cii -_!.E-.!- -S.~.C~ rc, '\ \:=Y w.,~(.a'~ Cok Uo..( (~d4r<. (l) (j)) : &-\ V.-, r J -.i- + -:i- J rj:' & '- -Vo, t t- l.~tcz.rz.c& '(!Y V :. -V [ ~ -~ + --~~ ({~ o Coi Yl, '-tr.c a3.r,l.cz J I.:!V ~~ ck ~~ \)()( e ~v.\~ ; ~ Vl Vo ---:-- = ---~,o\+~ os lca +- S\.l).~). --_ot rt, n).r.c (ljs~.(..,~ 'W..'t Q' l.' ~ >., fl, ~ \0 --~.:J.b....i-= :~f~~ \ \ - v,- ~ YL, ~"':RSé& + ~, (y;.,.l,)~ l..uo" ~c. ) 'f u.w(rlrüc J.k \Av $..: 'L (l, '-,,./\ -,t ")If"\-, r) os" -(.R)oS "r ~ ~ L' /) O-.J'\.'A t. l. Va ~_. ~.-a.t~ (,)(t).q.,\we -:;: :... ~ t., S. + ~ S +- ~ - ~c.k : ~:-~~ -~:j~;:~_.: :~=\ \ ~ ~ ~ ' J...D. I'~ ~~~... r$) (fj~~~~~~ ~ ~ ~=- ~ ~~-~~~J C ~:kt).a.9s M l_~~~~-~--~j a...u..& \.",A.< r.' L-~~ () Q.. 3 ).:' Wo': A ::=() ~~!!::- \ Por orm QJe, ck ~ ~WQ.() ~ Q.ror~,gJ;, ~r~o'(rm> ~,Jdo... ~;.y I Ko::. ':::\ ~ Ikf ~ ~ (= ~.f. = 4 Q\, -= -4:J-. -=:() rll': L, ((,.J ') } rl, ' u..j Q..u, rrj U.(. r rt \ +-u~ ~ ~ ~ \... vneu '- ~"'. k ~~ J4' ~ h y~ ck ~"vei) (,k ~ Cei'f(: (M' ~ Q.(). (.I.a.Q.()..~a f:l u..e... ; ~ Yt> &().A.Q.).) to ~b ft'*)e ~~ ciemi'n> ~ w ~ ~rf~ ~(..LQ... ~ ~ ~~t~r~ ~~ ~ ~ ~~ e.u~r ~. \~~~~~~~:~~~~l~" ~ ~ Q ~ ~'Át> ~~J~ '.-, to\aaa~\ + ~t": cñtev)'(r; "ti, T.~-;;; -;:;::, """ t Q= ( = :. ~ Q, ~ n.j = 5k-ü '[ ~ -= Yl~;,.0 k JL, ~ --

8 ~:.,fc ~\le.r,'( ~ ~rwiro tll ~ LPN ~~;}(JJJrj' et'~'k Q.r J r ~l,l\.4 \ f,.-.o eu S cteq v\,v.().e;f-; Álf. ~t'd ~ Cf)J,it~ve ~ZIAk ( ~ 00 t ().) ~ r:j e"q. ~(,(.~ ~.e~.t"ueú ro Je,t ca r~ h>. ~ i \. f..uj.. ~ O) ~ ~ t ~ S; l.li- pb..te.(.ai ata e.d to I ~) ~ ej.a.. ~ ~,~ ~~ ck ~~'C ~\rc:9.(..t.~~ Cd~cb ~'\Je. ~l=q3) rqv\~jf\~ J ~ ~II/\ '. ].. z.. r-' ~ \,...O S -f" Wo f (CS) Ho -;';~;;-~;o.. &. ~ ~ ~ v-e. -d~j ~ ~ LPIJ ~ 'W~'D ~~f'(.ai(" Jt vcjor ck- al ~)UQ e,()ri ~ et.l(.tt~ dt- Q~. ~ J o'b~~ ~ ~r J CJf'rWb óu~b{ dt- ~wua~ el ~~ cok ~\~~ó.f clt'.t'j\.).,'r~,. v~).(..l~ ~M J 'y\u'f ~ro) (~~&~3~~:~) - i