La ecuación de Feldt-Keller relaciona la función de transferencia de

La ecuación de Feldt-Keller relaciona la función de transferencia de

La ecuación de Feldt-Keller relaciona la función de transferencia de un filtro,
H ( s ) , con la llamada función característica del mismo, K ( s ) . En base a dicha
N(s)
ecuación, a la definición de H ( s ) como ----------y a la definición del polinomio de
D(s)
reflexión cero ( F ( s ) ), obtenga las relaciones que existen entre todas estas funciones y las raíces de los distintos polinomios que las componen. Defina, en base
a las expresiones obtenidas, los conceptos de ceros de reflexión, ceros de transmisión y modos naturales del filtro. (4 puntos)
Obtenga la función de transferencia H ( s ) de un filtro paso de baja de segundo
orden con una ganancia en dc de 75 y una ganancia máxima de 150 para
ω = 2rad/s . Especificar los valores de ω p y Q . (6 puntos)
Solución:
La ecuación de Feldt-Keller se define como:
2
1
N ( jω )
2
1 P K ( jω ) = --------------------2- – 1 Teniendo en cuenta que H ( jω ) = --------------------2- , uniendo ambas expreH ( jω )
D ( jω )
2
2
2
2
D ( jω ) – N ( jω )
Fˆ ( jω )
2
2 F ( jω )
≡ ε -------------------2- = -------------------2- Donde se ha intro1 P siones se tiene que K ( jω ) = ----------------------------------------------2
N ( jω )
N ( jω )
N ( jω )
ducido un nuevo polinomio, F ( s ) (también Fˆ ( s ) ), llamado polinomio de relfexión cero.
2
Los ceros del polinomio de reflexión cero, ω ri , se conocen como ceros de reflexión y son, a su
1 P vez, ceros de K ( jω ) . Por otro lado, las raíces del polinomio N ( s ) son los ceros de transmisión
ya que son, a la vez, ceros de H ( jω ) . Estos mismos ceros de transmisión, se comprueba fácilmente a través de la tercera ecuación, son a su vez polos de atenuación, es decir, polos de K ( jω ) .
1 P Por último, las raíces de D ( s ) se conocen como modos naturales del filtro, ya que son polos de
H ( jω ) , no existiendo ninguna relación directa (inmediata) entre estos modos naturales y los
ceros y/o polos de la función característica.
Dado que nos piden obtener un filtro paso de baja de segundo orden, la expresión general de la
que podemos partir es la siguiente:
2
kω p
1 P H ( s ) = -------------------------------2
2 ωp
s + ------ s + ω p
Q
2
kω p
⇒ H ( jω ) = -------------------------------------ωω p
2
2
ω p – ω + j ----------Q
de modo que la magnitud de la función del sistema para s = jω
2
kω p
1 P H ( jω ) = --------------------------------------------------------
ωω p 2
2
2 2
( ω p – ω ) + ⎛ -----------⎞
⎝ Q ⎠
será:
y puesto que H ( j0 ) = 75 tendremos que:
0.5 P k = 75
Vamos a ver ahora cuánto tienen que valer ω p y Q para que el valor máximo de la ganancia sea
150 y ocurra para ω = 2rad/s . Para ello hacemos:
d
1 P ------- ( H ( jω ) )
dω
2
⇒ –
= 0
ω = ω máx
2
2 ( ωp
– ω máx
2
ωp
) + ------2 = 0
Q
1
ω máx = ω p 1 – ---------2- (1)
2Q
k
y así, H ( jω máx ) = --------------------------0.5 P
1
1------ – --------2
4
Q 4Q
y de aquí, puesto que k = 75 :
lo que nos lleva a:
1P
4
2
⇒
Q – 4Q + 1 = 0
⎧ 3,7320
2
Q = ⎨
⎩ 0,2679
2
de estos dos valores seleccionamos el mayor, ya que Q = 0,2679 no nos llevaría a un máximo
en ω máx . Por tanto Q = 1,9318 .
Finalmente, de (1) extraemos el valor de ω p , dado que ω máx tiene que ser 2rad/s :
1P
1
ω p = ω máx ⎛ 1 – ---------2-⎞
⎝
⎠
2Q
1
– --2
= 2, 1492rad/s
ANÁLISIS Y SÍNTESIS DE CIRCUITOS
3 Curso Ingeniería de Telecomunicación - Curso 2004/2005
er
Convocatoria de Septiembre
Solución al Problema 2
1.– Realizar una escalera LC doblemente terminada cuyos parámetros de admitancia son:
2
y 11
3s + 2
= ----------------6s
2
y 12
s +2
= -------------s
2
y 22
8s + 12
= -------------------s
(1)
Utilizar y11 como admitancia de síntesis.
Como ya tenemos los parámetros de admitancia, empezaremos por determinar los polos
y los ceros y clasificar los primeros.
y 11
⎧ polos s = 0 s = ∞
⎪
= ⎨
2
2
⎪ zeros s = – --3
⎩
y 22
y 12
⎧
⎪ polos s = 0 s = ∞
= ⎨
⎪ zeros s 2 = – 2
⎩
(2)
⎧ polos s = 0 s = ∞
⎪
= ⎨
3
2
⎪ zeros s = – --2
⎩
Vemos que existen polos tanto en s = 0 como en s = ∞ . Ahora vamos a clasificarlos.
Para ello calculamos los residuos asociados y comprobamos la condición de los residuos.
k 11, 0 = y 11 s
s=0
1
= --3
k 12, 0 = y 12 s
1
= --2
y 12
k 12, ∞ = ------s
s=0
= 2
k 22, 0 = y 22 s
= 1
y 22
k 22, ∞ = ------s
s=0
= 12 (3)
y para el polo en infinito
y 11
k 11, ∞ = ------s
s=∞
s=∞
= 8
(4)
s=∞
Ahora comprobamos la condición de los residuos
1
2
2
k 11, 0 k 22, 0 – k 12, 0 = --- 12 – 2 = 0
3
lo que implica un polo compartido compacto en s = 0 .
Para s = ∞
(5)
1
2
2
k 11, ∞ k 22, ∞ – k 12, ∞ = --- 8 – 1 = 3 > 0
2
(6)
lo que implica un polo compartido no compacto (PCNC) en s = ∞ .
2
Los ceros de transmisión vendrán dados por los ceros de la transadmitancia s = – 2 y
por los polos privados o compartidos no compactos. En nuestro caso el PCNC en s = ∞ .
A continuación realizamos el diagrama polo-cero.
PCC
0
ceros
y 1 = y 11
2
--3
PCNC
∞
2
w
2
EP
y2
1
z 2 = ----y2
EC
Figura 1: Diagrama polo cero
Como puede verse todas las eliminaciones se han realizado a frecuencias en las que debe
2
haber algún cero de transmisión, es decir en s = – 2 y en s = ∞ . Como puede verse, no se
ha cumplido el primer teorema de Bader, porque en s = ∞ no se ha terminado con una eliminación completa. Eso quiere decir que en s = ∞ se habrá creado un polo privado o compartido
no compacto, pero como s = ∞ era polo de y 22 los parámetros en la otra puerta serán tales que
se habrá creado un PCNC. Precisamente en s = ∞ debe realizarse un PCNC pero por ahora no
sabemos si la cantidad de residuo realizado será la adecuada. Si es igual a la prescrita perfecto,
aunque no será lo habitual. Si es menor que la prescrita tampoco habrá problema, porque se corregirá al final añadiendo una rama que implementará la diferencia de los residuos. Pero si el
residuo realizado es mayor que el prescrito, entonces o bien la escalera no es realizable o el
camino seguido es incorrecto.
Empezamos con construcción del circuito:
El primer paso es una eliminación de un polo de admitancia en s = ∞ lo que corresponde
con un condensador en paralelo. La admitancia resultante será
y 2 = ( y 1 – k y1 s )
= 0
donde
2
s = –2
k y1
y1
= ----s
2
2
s = –2
3s + 2= ---------------2
6s
1
= --3
(1)
2
s = –2
de donde
2
2
2
2
3s + 2 1
3s + 2 – 2s
s +2
y 2 = y 1 – k y1 s = ----------------- – --- s = ------------------------------- = -------------6s
3
6s
6s
lo que implica
(2)
1
6s (3)
z 2 = ----- = ------------2
y2
s +2
2
que efectivamente tienen dos polos en s = – 2 .
Una eliminación de un polo de admitancia interno supone una rama serie de una agrupación en paralelo de bobina y condensador como se muestra en la figura 2. De forma que
C2 = 1 ⁄ 6 y L2 = 3 .
A continuación debemos calcular la transadmitancia realizada para compararla con la
prescrita y ver si hace falta transformador.
I2
y 12, real izada = -----V1
V2 = 0
1 -⎞
⎛ s 2 + ----------2
L 2 C 2⎟
⎜
1
s +2
= – ⎛ sC 2 + --------⎞ = – ⎜ ------------------------⎟ = – ⎛ --------------⎞
⎝
⎝ 6s ⎠
sL 2⎠
1⎜ ----s ⎟
⎝ C2
⎠
(4)
de donde se necesitará un transformador con una constante
2
s +2
– ⎛ --------------⎞
y 12, real izada
⎝ 6s ⎠
- = – 1--(5)
k = ---------------------------- = ---------------------2
y 12, prescrita
6
s------------+ 2s
el signo menos únicamente significa que hay un desfase de 180º para todas las frecuencias, lo
que no altera el módulo de la función de transferencia y en cuanto a la fase bastaría con tomar
la tensión a la salida del transformador entre los terminales opuestos. esto queda marcado por
los puntos negros que se ponen en el transformador indicando que la salida está en contrafase
con la entrada.
Por último debemos ver cual ha sido la y 22, real izada .
tras transf.
y 22, real izada
I 2'
= ------V 2'
V1 = 0
2
I2
1 antes transf.
= ----2- y 22, real izada = 36 -----V2
k
V1 = 0
s +2
s 1
= 36 ⎛ --- + -----⎞ = 6 ⎛ --------------⎞
⎝ 6 3s⎠
⎝ s ⎠
(6)
y compararla con la prescrita
2
2
s +2
8s + 12
tras transf.
Δy 22 = y 22, prescrita – y 22, real izada = -------------------- – 6 ⎛⎝ --------------⎞⎠ = 2s
s
s
lo que corresponde con un condensador en paralelo a la salida de valor C 3 = 2
L2 = 3
I1
+
v1
−
C2 = 1 ⁄ 6
C1 = 1 ⁄ 3
Figura 2: Bipuerta LC basada en la síntesis de y 11
I2
1:1/6
I 2'
I 2''
+
+
+
v2
v 2'
v 2''
−
−
−
(7)
l.- El circuito de la figura es un biguad KHN (Kerwin-Huelsman-Newcomb)
-.,
al que se ha apli-
cado .la técnica de sumf!,(mediante el amplific,ado.r A4) para poder realIzar un filtro pasa
todo Inversor cuya funcIon de transferencIa se Indica:
(
R'
H(s) =
2
)
0)0
2
-H o S --s+O)
Q
0)0
S2 +-s+O)
R'
Q
o
2
o
V;+
1
W
_Va
(a) Obtener la función de transferencia
del circuito en función de los valores
mentos. Considere que los amplificadores
operacionales
son ideales.
de los ele-
(b) Considere que C = 10nF y diseñe el circuito (o sea,determine los valores de R, R' ,
RI' RJ r, R4' o lo que proceda) para que el filtro inversor tenga 0)0 = 20krad/s,
Q = 4 Y Ho = 7.
(c) Indique q~é elemento debe eliminar del circuito de la figura_paratransformarlo en un
filtro LPN (low-pass-notch). ¿Cuál sería la función de transferencia resultante?
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