UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA
FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
Dispositivos y Circuitos Electrónicos II – EE438 “M”
INFORME PARA PC N°4
RESOLUCIÓN DE LA PC N°4 – GRUPO 2
INTEGRANTES:
Bastidas Casas, Adrián Yostin
Evangelista Cuti, David Fernando
Nuñez Ochoa, Asencio Vicente
Perez Lazo, Renzo Esteban
Rugel Acosta, Bill Jesús
Veli Misayauri, Junior Edgar
DOCENTES: ING. FERNANDO LOPEZ ARAMBURU
19/07/2022
Lima – Perú
2022 – 1
•
PROBLEMA 1 (Veli Misayauri, Junior Edgar)
En el circuito:
Donde: C1=C2 y R1=R2
Analizando: 𝑉𝐴 = 𝑅
𝑒0
3 +𝑅4
. 𝑅4
∧
𝑉𝐴 = 𝑅 (
𝑒𝑖 −𝑉𝐵
1
𝐶𝑠
−
𝑉𝐵 −𝑒𝑜
𝑅
)
De ambas expresiones:
𝑒0
𝑒𝑖 − 𝑉𝐵 𝑉𝐵 − 𝑒𝑜
)
. 𝑅4 = 𝑅 (
−
1
𝑅3 + 𝑅4
𝑅
𝐶𝑠
Despejando:
𝑉𝐵 = (
1
𝑒𝑖 − 𝑉𝐵 𝑉𝐵 − 𝑒𝑜
+ 𝑅) [
−
]
1
𝐶𝑠
𝑅
𝐶𝑠
Obtenemos de las expresiones:
𝑅4 + 𝑅3 2
𝑅4 . 𝑠
𝑒𝑜 =
2
𝑅3
1
𝑠 2 + 𝑠 (𝑅𝐶 − 𝑅 𝑅𝐶
)+ 2 2
𝑅
𝐶
4
𝑒𝑖 .
Entonces a):
𝑅4 + 𝑅3 2
𝑒𝑜
𝑅4 . 𝑠
𝐻(𝑠) =
=
𝑒𝑖 𝑠 2 + 𝑠 ( 2 − 𝑅3 ) +
𝑅𝐶 𝑅 𝑅𝐶
4
1
𝑅2𝐶 2
1
Donde: 𝑤𝑜2 = 𝑅2𝐶 2
∧
𝑤𝑜
𝑄
2
𝑅3
= (𝑅𝐶 − 𝑅
4 𝑅𝐶
)
Entonces b):
𝑤𝑜 =
𝑄=
𝑤𝑜
2
𝑅3
−
𝑅𝐶 𝑅4 𝑅𝐶
=
1
𝑅𝐶
2
𝑅3
−
𝑅𝐶 𝑅4 𝑅𝐶
𝑄=
•
1
𝑅𝐶
=
1
𝑅4
=
2 − 𝑅3 2𝑅4 − 𝑅3
𝑅4
𝑅4
2𝑅4 − 𝑅3
PROBLEMA 2 (Evangelista Cuti David Fernando)
En el circuito:
Bloque G (ganancia):
𝐺(𝑠) = 1 +
𝑅𝑥 + 𝑅𝑥′′
𝑅𝑥
Bloque H:
Tenemos:
𝑉 = 𝑉0 .
𝑍
1
𝑍 + 𝑠𝐶
Donde
𝑍 = 𝑍1 //𝑍2 =
𝑅(𝑠𝑅𝐶 + 1)
2𝑠𝑅𝐶 + 1
1
𝑉𝑥 = 𝑉. ( 𝑠𝐶 )
1
𝑠𝐶 + 1
Reemplazando todas las expresiones halladas, obtenemos:
𝑠
𝑠𝑅𝐶
𝑅𝐶
𝑉𝑥 = 𝑉0 . 2 2 2
= 𝑉0
3𝑠
𝑠 𝑅 𝐶 + 3𝑠𝑅𝐶 + 1
𝑠 2 + 𝑅𝐶 + 1
Finalmente
𝑠
𝑉𝑥 (𝑠)
𝑅𝐶
𝐻(𝑠) =
=
𝑉0 (𝑠) 𝑠 2 + 3𝑠 + 1
𝑅𝐶
Podemos obtener
𝑠
𝑅𝑥 + 𝑅𝑥′′
𝑅𝐶
)
𝑇(𝑠) = 𝐺𝐻(𝑠) = (1 +
)(
3𝑠
𝑅𝑥
𝑠 2 + 𝑅𝐶 + 1
Recordar:
𝑠 = 𝑗ω
𝑠 2 = −ω2
Entonces
𝑗ω
𝑅𝑥 + 𝑅𝑥′′
𝑅𝐶
)
𝑇(𝑗ω) = (1 +
)(
3𝑗ω
1
𝑅𝑥
2
−ω + 2 2 + 𝑅𝐶
𝑅 𝐶
Por la condición de BarkHausen:
𝑇(𝑠) = 1∠0°
Obtenemos
−ω2 +
1
𝑅2𝐶 2
=0
𝑗ω
𝑅𝑥 + 𝑅𝑥′′
𝑅𝐶
)=1
(1 +
)(
3𝑗ω
𝑅𝑥
𝑅𝐶
Por lo tanto
ω0 =
1
𝑅𝐶
𝑅𝑥′′ = 𝑅𝑥
Reemplazando los valores del circuito, obtenemos la frecuencia de oscilación.
ω0 = 66,67𝑥103 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑓0 = 10.61𝐾𝐻𝑧
•
PROBLEMA 3 (Nuñez Ochoa, Asencio Vicente - Rugel Acosta, Bill Jesús)
Solución
𝑓𝑐 =
Separando al circuito en G1 y G2:
Para G1:
1
1
=
= 159.15𝐻𝑧
2 𝜋𝑅𝐶 2 𝜋 ⋅ 20𝐾 ⋅ 0.05𝑢𝐹
𝐺1 = 1 +
10𝑘
= 3.44
4.1𝑘
Para G2:
𝐺2 = 1 +
20𝑘
=3
10𝑘
Frecuencia de corte:
𝑓𝑐2 =
1
= 3617.16𝐻𝑧
2𝜋𝑅𝐶
Ganancia total:
𝐺𝑇 = 𝐺1 𝐺2 = 3.44 ⋅ 3 = 10.32
En decibelios
𝐺𝑇 (𝑑𝐵) = 20 log(10.32) = 20.27𝑑𝐵
Respuestas:
A) 𝐹𝐶1 = 159.15𝐻𝑧 (𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟)
o 𝑊𝑐1 = 1𝐾 𝑟𝑎𝑑/𝑠
B) 𝐹𝐶2 = 3617.16𝐻𝑧 (superior) o 𝑊𝑐2 = 22.73
𝑟𝑎𝑑
𝑠
C)
𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑙 = 10.32
𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 (𝑑𝐵) = 20.27𝑑𝐵
D) 159𝐻𝑧 < 𝑓 = 1.59𝐾ℎ𝑧 < 3617𝐻𝑧 (dentro del ancho de banda) , por lo tanto:
𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 = 10.32
𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 (𝑑𝐵) = 20.27𝑑𝐵
E) 𝑓 = 361.7𝐾𝐻𝑧 se encuentra en la banda de rechazo.
Sabemos que son filtros de primer orden por lo tanto su pendiente es de -20dB/dec para la banda
de rechazo.
Además, para la frecuencia de corte superior 𝑓 = 3617𝐻𝑧 se tiene una ganancia de 20.27dB.
Sea X la ganancia en dB para la frecuencia 𝑓 = 361.7𝐾𝐻𝑧
Por lo tanto:
𝑃𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 = −
20𝑑𝐵 𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝐼𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
𝑋 − 20.27𝑑𝐵
=
=
361.7𝐾𝐻𝑧
𝐹𝑟𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
𝑑𝑒𝑐
log ( 3617𝐻𝑧 )
log (
)
𝐹𝑟𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
Se obtiene:
−20 ⋅ 2 = 𝑋 − 20.27 → 𝑋 = −40 + 20.27 = −19.73𝑑𝐵
𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 = 10−
19.73
20
= 0.103
Respuesta
𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 (𝑑𝐵) = −19.73𝑑𝐵
𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 = 0.103
•
PROBLEMA 4 (Bastidas Casas, Adrián Yostin - Perez Lazo, Renzo Esteban)
F1: Hallamos la función de transferencia:
𝑉𝑖 −𝑉𝑖 + 𝑉𝑎
=
𝑅1
𝑅1
𝐻1 (𝑠) =
𝑉𝑖
=2
𝑉𝑎
F2:
Se observa que es un filtro que rechaza banda activo
𝑘 =1+
𝑉0
=
𝑉𝑎
1 1 1
𝑘 [𝑠 3 + 𝑠 2 2𝐶 (𝑅 + 𝑅 ) + 𝑠
𝑅2
𝑅2
1
1 1
( + )+
2𝐶(𝑅)(𝑅) 𝐶 𝐶
1
𝑅3
2𝐶 3 2
]
1
1
1
1
1
1
1
1
)𝑠
𝑠 3 + 𝑠 2 (2𝐶𝑅 + 2𝐶𝑅 + 𝑅𝐶 + 𝑅𝐶 ) + 𝑅 ( 2 + 2 +
2𝐶 𝑅 2𝐶 𝑅 𝐶 2 𝑅
2
Como k=2:
1
1
3
21 1
𝑉0 2 [𝑠 + 𝑠 𝐶 (𝑅 ) + 𝑠 𝐶 2 𝑅 2 + 𝐶 3 𝑅 3 ]
𝐻2 (𝑠) = =
3
3
1
𝑉𝑎
𝑠 3 + 𝑠 2 (𝑅𝐶 ) + 𝑠 ( 2 2 ) + 3 3
𝐶 𝑅
𝑅 𝐶
Finalmente:
1 1
4 [𝑠 3 + 𝑠 2 𝐶 (𝑅 ) + 𝑠
1
1
2𝑅2 + 𝐶 3 𝑅3]
𝐶
𝐻(𝑠) = 𝐻1 (𝑠)𝐻2 (𝑠) =
3
3
1
𝑠 3 + 𝑠 2 (𝑅𝐶 ) + 𝑠 ( 2 2 ) + 3 3
𝐶 𝑅
𝑅 𝐶
Por lo tanto:
Como se observa, nos damos cuenta de que es un filtro rechaza banda activa.