frecuencia compleja

Frecuencia Compleja

Circuitos eléctricos 2

Introducción

v(t) = Vmet cos (t + )

v(t) = V0

v(t) = Vm cos (t + )

v(t) = Vmet

Función senoidal amortiguada

Frecuencia Compleja

f(t) = Kest

s = 0 v(t) = V0

v(t) = Vmets = + j0

s = s1 = js = s2 = j

½Vmej

½Vmej

v(t) = Vmcos (t + ) = 0

sj

= frecuencia neper, = frecuencia real

v(t) = Vmet cos (t + ) 0

ejemploIdentificar 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 + ).

(2 – e–10 t)cos(4t + ) = 2cos(4t + ) – e–10 tcos(4t + )

2cos(4t + ) 4j, –4j,

e–10 tcos(4t + ) –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

Función senoidal amortiguada

Un voltaje senoidal amortiguado

v(t) = Vmet cos (t + )

Puede escribirse como

v(t) = Re(Vmet ej(t + )) o v(t) = Re(Vmet ej(–t–))

factorizando ej.

v(t) = Re(Vmeje (+t)t)

o

v(t) = Re(Vmeje st)

EjemploSe 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(Ves t)

con V = 6010° y s = –2 + 4j

La corriente debe ser de la forma Ies t con I = Im.

Sustituyendo en la ec. de Kirchhoff se obtiene

6010°es t = 2 Ies t + 3 s Ies t + 10/ s Ies t

Eliminando es t y despejando

I = 6010°/(2 + 3 s + 10/ s)

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°)

TareaExpresar 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

Z(s) y Y(s)

v(t) = Re(Vest)

El voltaje y la corriente se representan como

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

Z(s) y Y(s)

R L C

Z(s) R sL 1/sC

Y(s) R 1/sL sC

Ejemplo

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

La respuesta en frecuencia como función de

Para un circuito RL

LR sV

I

0/_

La respuesta en el tiempo esLRL

VLR

VI mm

/1

tm eLR

Vti

LRL

VI m

/1

Circuito RL

Polo en R/L

Vm/R

%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');

-

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

)10()20(10

0

V

%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');

/10055

/1005501.01

5||5

entZ

1020

5.2

entZ

tetv

)10()20(10

Cero en –20

Polo en –10

)5)(1(100

I

%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');

- ttn BeAei 5

5

mínimo relativo

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

101001000

ent

sal

VV

Frecuencias críticas:

s = –10, – 100,

polos: –10, – 100

ceros:

h(-200)= 0.0526h(-80) = -0.7143h(-40) = -0.5556h(0) = 1.0000

- +

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 .

I1

-->

+---+---R1---+---+ R1 = 3 | | | | R2 = 2 vs L1 L2 R2 L1 = 6 H| | | | L2 = 3 H+---+--------+---+

Gráficos de magnitud y fase

Impedancia de una resistencia de 3 Ohms y una bobina de 4 H.

Z(s) = 3 + 4s

Z() = 3 + 4

Z(jw) = 3+4j

2169)( jZ

34

tan)( 1jangZ

Magnitud en función de

Fase en función de

El plano de la frecuencia compleja

j

Naturaleza de la respuesta

t

t

t t

t

t

t

t

t

j

Gráfica en 3D

223

1)(

sY

31

)(

s

sY

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]);

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

%Admitanciaw = -4:0.2:4;Y = 1./sqrt(w.^2 + 3);plot(w,abs(Y));

Patrón de polos y ceros

2

j

+j5

j5

|Z()||Z(j)|

1+j5

Z(s) a partir de polos y ceros

2622

51512

2

sss

sss

sZ hjj

h

A partir del mapa de polos y ceros anterior podemos obtener la impedancia

Si suponemos Z(0) = 1, obtenemos h = 13

262

213 2

ss

ssZ

Obtención de la gráfica mediante vectores

Representación de s1 = –3 + j4 en el plano complejo

s1

–3

j4

126.9°

j

0

Representación de s1 = –3 + j4 y s = j7 en el plano complejo

s1

–3

j4

126.9°

j

0

j7

Diferencia de s – s1 = 3 + j3 = 4.2445°

s1

–3

j4

126.9°

j

0

j7s – s1

45°

Ejemplo

32

ss

sV

s + 2

–3

j

0

s + 3

Vj

j

2/3

angj

1

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.

j

–10–20

j

–20–40

20j

-20j

-50j

50j

j

–2j

–2 2

2j

Respuesta natural en el plano s

La respuesta forzada de un circuito RL se obtiene a partir de:

LR

sf s

VsI

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(AeRt/L)

in(t) = AeRt/L

i(t) = AeRt/L + if(t)

Respuesta natural en el plano s

Red sin fuentesindependientesVs

V2(s)

I1(s)

+

+

Red sin fuentesindependientesIs

V2(s)

I1(s)

+

...

...

42

31

ssss

sssssH

VsV

k

s

...42422 tt

n eetv ss AA

La respuesta deseada I(s) o V2(s) puede obtenerse como un cociente de polinomios:

La respuesta natural es

Los polos determinan la forma de la respuesta natural que ocurre cuando las fuentes son cero.

Ejemplo

i1 i2

i1(0) = i2(0) = 11A

2136

23

23/612 2

ss

Vs

sss

VsI ss

6

132

21

2

ss

ssH

i1(t) = Ae–2t + Be–t/6

Evaluando condiciones iniciales:

i1(t) = 8e–2t + 3e–t/6

Insertando una fuente Vs entre xx’ y calculando la I(s) producida, obtenemos

EjemploEncontrar 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

13

2334

23364812

236

23/24123618623/236

61223/661223/6

612||23

23

22

2

ssss

ssss

ssss

ssssssss

ssssss

ss

ssZ

tt eetv 43

2 AA

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

jj

jj

jjjj

22221213

121321212213

452cos2875.1 tetv tf

45/_2875.1sV

452cos2875.1342 teeAeAtv ttt

f

Síntesis de H(s)

Se busca una red que tenga una H(s) especificada.

RedVent+

Vsal

Síntesis de H(s)

Zf

Z1

Vent Vsal

++

1Z

Z

V

V f

ent

sal

+

Bloques básicos

Vent Vsal

++

ff

ff

ent

sal

CR

CR

/1

/1)( 1

1

sZ

Z

V

VsH

+

Rf

Cf

R1

Vent Vsal

++

+

Rf

C1

R1

111

1

1)(

CRCR f

f

ent

sal sZ

Z

VV

sH

Ejemplo

Sintetizar 5

210)(

ss

V

VsH

ent

sal

El polo se logra con

tomandoRfA = 100 k yCfA = 2 F

El cero se logra contomandoR1B = 100 k yC1B = 5 F

La función final estomando

RfB = 100 k y R1A = 25 k

5/105

/1

/1)( 1

51

sssH A

fAfA

fAAA

RCR

CR

21051

)( 6

111

sssH fB

BBBfB R

CRCR

52

5.2)(1

ss

sHA

fBA R

R

Red final

Vent

+

+

Vsal

+

+

100 k

100 k

100 k

25 k

5 F

2 F