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Frecuencia Compleja

Frecuencia Compleja. Circuitos eléctricos 2. Introducción. Función senoidal amortiguada. v ( t ) = V 0. s = w = 0. v ( t ) = V m cos ( w t + q ). v ( t ) = V m e s t cos ( w t + q ). s = 0. w = 0. v ( t ) = V m e s t. Frecuencia Compleja. s = s + j w

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Presentation Transcript

  1. Frecuencia Compleja Circuitos eléctricos 2

  2. Introducción Función senoidal amortiguada v(t) = V0 s = w = 0 v(t) = Vm cos (wt + q) v(t) = Vmest cos (wt + q) s = 0 w = 0 v(t) = Vmest

  3. Frecuencia Compleja s = s + j w s = frecuencia neper, w = frecuencia real v(t) = V0 s = 0 s = s1 = jw, s = s2 = -jw K1 = ½Vmejq K2 =K1* = ½Vme-jq v(t) = Vmcos (wt + q)s = 0 f(t) = Kest v(t) = Vmest cos (wt + q)s 0 s = s + j0 v(t) = Vmest

  4. ejemplo Identificar las frecuencias complejas presentes en las funciones en tiempo real siguientes: a) (2e–100 t + e–200 t)sen 2000 t. (2e–100 t + e–200 t)sen 2000 t = 2e–100 t sen 2000 t + e–200 tsen 2000 t 2e–100 t sen 2000 t –100 + 2000j, –100 – 2000j e–200 tsen 2000 t  –200 + 2000j, –200 – 2000j b) (2 –e–10 t)cos(4t + f). (2 –e–10 t)cos(4t + f) = 2cos(4t + f) –e–10 tcos(4t + f) 2cos(4t + f)  4j, –4j, e–10 tcos(4t + f)  –10 + 4j, –10 – 4j c) e–10 tcos 10t sen 40 t e–10 tcos 10t sen 40 t = e–10 t(sen(40t – 10 t) + sen(40t + 10 t))/2 e–10 tsen(30t)  –10 + 30j, –10 – 30j e–10 tsen(50t)  –10 + 50j, –10 – 50j

  5. Función senoidal amortiguada Un voltaje senoidal amortiguado v(t) = Vmest cos (wt + q) Puede escribirse como v(t) = Re(Vmestej(wt + q)) o v(t) = Re(Vmestej(–wt–q)) factorizando ejq. v(t) = Re(Vmeq je(s + wt)t) o v(t) = Re(Vmeq jest)

  6. Ejemplo Se aplica una función senoidal amortiguada v(t) = 60e–2t cos(4t + 10°) V a un circuito RLC serie R = 2 Ohms, L = 3H, y C = 0.1 F, encuentre la corriente en el dominio del tiempo. v(t) = 60e–2t cos(4t + 10°) = Re(60e–2tej(4t+10°)) = Re(60ej10°e(–2+j4)t) o v(t) = Re(Vest) con V = 6010° y s = –2 + 4j La corriente debe ser de la forma Iest con I = Imf. Sustituyendo en la ec. de Kirchhoff se obtiene 6010°est = 2 Iest + 3 s Iest + 10/ s Iest Eliminando est y despejando I = 6010°/(2 + 3 s + 10/ s)

  7. Ejemplo (cont.) Sustituyendo s = –2 + j4 nos da I = 5.37–106.6° La corriente en función del tiempo es i(t) = 5.37e–2t cos(4t –106.6°)

  8. Tarea Expresar cada una de las corrientes siguientes en el dominio de la frecuencia: a) 4 e-20t cos(1000t + 60°) mA; b) 4 sen(800t + 60°) mA; c) -4 e-5t sen(1000t – 60°) mA Si V = 64/_80° V, hallar v(0.001) si s = : a) -800 + j600; b) –j600; c) -800 – j600. 4/_-30°, 4/_30°, 4/_60°; -11.9, 20.1, 44.8

  9. Z(s) y Y(s) El voltaje y la corriente se representan como v(t) = Re(Vest) i(t) = Re(Iest) Para una bobina Re(Vest) = Re(sLIest) Eliminando est V = sLI Impedancia: Z(s) = I/V = sL Admitancia: Y(s) = V/I = 1/sL

  10. Z(s) y Y(s)

  11. Ejemplo I = 60/_10°/(2 + (-6 + j12) +(-1 – j2)) = 5.37/_106.6°

  12. La respuesta en frecuencia como función de s Para un circuito RL La respuesta en el tiempo es

  13. Circuito RL %respuesta en función de sigma, circuito RL R = 1;L = 1;Vm = 1;sigma = -5:0.1:5;I = (Vm/L)./(sigma+R/L);plot(sigma,abs(I));axis([-5,5,0,2]);gridtitle('magnitud de I vs. sigma'); Vm/R -  Polo en -R/L

  14. Análisis de la respuesta La respuesta tiene un cero en  y un polo en –R/L. Al aplicar una señal finita a la frecuencia del polo se obtiene un respuesta infinita. Al aplicar una señal de magnitud cero en la frecuencia del polo se obtiene una respuesta finita, la respuesta natural del circuito RL. i(t) = Ime–Rt/L

  15. %respuesta en función de sigma, circuito RCsigma = -60:1:40;V0 = 10*(sigma + 20)./(sigma + 10);plot(sigma,abs(V0));axis([-60,40,0,40]);gridtitle('magnitud de V0 vs. sigma'); Cero en –20 Polo en –10

  16. mínimo relativo  - %respuesta en función de sigma, circuito RLCsigma = -7:0.05:1;I = 100*sigma./((sigma + 1).*(sigma + 5));plot(sigma,abs(I));axis([-7,1,0,300]);gridtitle('magnitud de I vs. sigma');

  17. Ejercicio 12-8 % +---R1---+---R2---+ % | | | % Ven C1 C2 Vsal % | | | % +--------+--------+ % Encontrar Vsal/Ven a) frecuencias criticas % b) evaluar en % sigma = -200, -80, -40, 0 Np/s c) graficar % R1 = 20000; % R2 = 10000; % C1 = 2.5e-6; % C2 = 2e-6; sigma = -120:1:20; % h = 1000./((sigma+100).*(sigma+10)); plot(sigma,abs(h)) grid Frecuencias críticas: s = –10, – 100,  polos: –10, – 100 ceros:  h(-200)= 0.0526 h(-80) = -0.7143 h(-40) = -0.5556 h(0) = 1.0000

  18. + -

  19. Tarea Si vs representa una función excitatriz exponencial en el circuito que se muestra en la figura. Hallar todas las respuestas críticas de la respuesta I1 en el dominio de la frecuencia y representar gráficamente |I1| respecto a s. I1 -->+---+---R1---+---+ R1 = 3 W| | | | R2 = 2 Wvs L1 L2 R2 L1 = 6 H| | | | L2 = 3 H+---+--------+---+

  20. Gráficos de magnitud y fase Impedancia de una resistencia de 3 Ohms y una bobina de 4 H. Z(s) = 3 + 4s Z(s) = 3 + 4s Z(jw) = 3+4jw

  21. Magnitud en función de w

  22. Fase en función de w

  23. El plano de la frecuencia compleja jw s=0 s<0 s>0 w=0 s s<0 s>0

  24. Naturaleza de la respuesta jw t t t s t t t t t t

  25. Gráfica en 3D sigma = -5:0.2:0;omega = -4:0.2:4;[x,y] = meshgrid(sigma,omega);Y = 1./(x+j*y + 3);z = abs(Y);mesh(x,y,z);xlabel('sigma');ylabel('jw');zlabel('|Y|');title('Y(s)=1/(s + 3)');axis([-5,0,-4,4,0,2]);

  26. Gráficas en 2D %Admitanciasigma = -5:0.2:0;Y = 1./(sigma + 3); plot(sigma,abs(Y));grid %Admitancia w = -4:0.2:4;Y = 1./sqrt(w.^2 + 3);plot(w,abs(Y));

  27. Patrón de polos y ceros jw -1+j5 s -2 -1+j5 |Z(s)| |Z(jw)| -1-j5

  28. Z(s) a partir de polos y ceros A partir del mapa de polos y ceros anterior podemos obtener la impedancia Si suponemos Z(0) = 1, obtenemos h = 13

  29. Obtención de la gráfica mediante vectores Representación de s1 = –3 + j4 en el plano complejo Representación de s1 = –3 + j4 y s = j7 en el plano complejo Diferencia de s – s1 = 3 + j3 = 4.2445° jw jw jw j7 j7 s – s1 45° j4 j4 j4 s1 s1 s1 126.9° 126.9° 126.9° s s s –3 0 –3 0 –3 0

  30. Ejemplo |V(jw)| 1 2/3 jw jw w |ang(jw)| s + 3 s + 2 w s s –3 0

  31. Tarea Para las configuraciones de polos y ceros de las figuras suponga que representan una razón de tensión V2/V1, y que el valor de la razón a frecuencia infinita es 20. Expresar las razones como razones de polinomios en s. jw jw jw 50j 2j 20j s s s –40 –20 –2 2 –20 –10 -20j –2j -50j

  32. Respuesta natural en el plano s La respuesta forzada de un circuito RL se obtiene a partir de: if (t) se obtiene al sustituir s, R y L por sus valores, reinsertar est y tomar la parte real. La respuesta natural se obtiene a partir de los polos de la fórmula anterior. I(s) = A en s = -R/L+j0 in(t) = Re(Ae-Rt/L) in(t) = Ae-Rt/L i(t) = Ae-Rt/L + if(t)

  33. Respuesta natural en el plano s V2(s) La respuesta deseada I(s) o V2(s) puede obtenerse como un cociente de polinomios: + - Red sin fuentes independientes I1(s) + Vs - La respuesta natural es V2(s) Los polos determinan la forma de la respuesta natural que ocurre cuando las fuentes son cero. + - Red sin fuentes independientes I1(s) Is

  34. Ejemplo i1(0) = i2(0) = 11A Insertando una fuente Vs entre xx’ y calculando la I(s) producida, obtenemos i1 i2 i1(t) = Ae–2t + Be–t/6 Evaluando condiciones iniciales: i1(t) = 8e–2t + 3e–t/6

  35. Ejemplo Encontrar v(t) para la siguiente red: +---+---+---+---R1---+| | + | | |I S v R2 L1 L2| | - | | |+---+---+---+--------+R1 = 12 R2 = 3 L1 = 2 HL2 = 4 Hi(t) = e-tcos2t AS abre en t = 0

  36. V(-1 + 2j) = Z(-1 + 2j)I(-1 + 2j)

  37. Síntesis de H(s) Se busca una red que tenga una H(s) especificada. Red + Vsal Vent -

  38. Síntesis de H(s) Zf Z1 - + + + Vsal Vent - -

  39. Bloques básicos Rf Rf Cf R1 R1 - + C1 - + + + + Vsal Vent + Vsal Vent - - - -

  40. Ejemplo Sintetizar El polo se logra con tomandoRfA = 100 kW yCfA = 2 mF El cero se logra contomandoR1B = 100 kW yC1B = 5 mF La función final estomando RfB = 100 kW yR1A = 25 kW

  41. Red final 100 kW 100 kW 25 kW 2 mF 100 kW - + - + + Vent + Vsal 5 mF - -

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