UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO

FACULTAD DE INGENIERÍA

Laboratorio de Circuitos Eléctricos

PRACTICA 06

Resonancia

Prof. Hong Cirion Patricia M.I.

Alumno: Ortiz Gómez Cristian

Teoría: Grupo 5

Laboratorio: Grupo 8

Práctica 06

Resonancia

Objetivo

Analizar un circuito de segundo orden en estado senoidal permanente.

Familiarizar al alumno con el concepto de la respuesta en frecuencia.

Obtención del ancho de banda de un filtro eléctrico.

Determinar la frecuencia de resonancia eléctrica.

Experimentos a realizar Experimento I Arme el circuito de la Fig. 1 y determine:

Fig. 1 – Circuito resonante serie

a) La frecuencia de resonancia.

𝑓0 = 1630 𝐻𝑧

b) El ancho de banda.

𝐵 = 𝑓2 − 𝑓1 = 2320 𝐻𝑧 − 1150 𝐻𝑧

𝐵 = 1170 𝐻𝑧

c) Verifique que 𝜔0 = √𝜔1𝜔2; si no sucede así, repita el inciso anterior.

𝜔 = 2π𝑓; 𝜔0 = (1630)2π = 3260π; 𝜔1 = (1150)2𝜋 = 2300𝜋; 𝜔2 = (2320)2π = 4640π;

𝜔0 = √𝜔1𝜔2 = √(2300)(4640)𝜋2

𝜔0 = 3266.80π ≈ 3260π

d) El factor de calidad.

𝑄 = 𝑓0

𝑓2 − 𝑓1=

𝑓0

𝐵

𝑄 =1630

1170= 1.393

e) El valor de L a partir de ω0 y C.

𝜔0 =1

√𝐿𝐶; 𝐿 =

1

𝐶 𝜔02;

𝐿 =1

(0.22 × 10−6)(1630)2= 1.71 𝐻

Cambie la resistencia de 500 Ω por una de 100 Ω y repita los incisos anteriores. Diga que características se modifican y

cuales no; considere frecuencia de resonancia, factor de calidad, ancho de banda y ganancia. ¿Era esto de esperarse?.

Explique.

a) La frecuencia de resonancia.

𝑓0 = 2250 𝐻𝑧

b) El ancho de banda.

𝐵 = 𝑓2 − 𝑓1 = 2290 𝐻𝑧 − 2210 𝐻𝑧

𝐵 = 80 𝐻𝑧

c) Verifique que 𝜔0 = √𝜔1𝜔2; si no sucede así, repita el inciso anterior.

𝜔 = 2π𝑓; 𝜔0 = (2250)2π = 4500π; 𝜔1 = (2210)2𝜋 = 4420𝜋; 𝜔2 = (2290)2π = 4580π;

𝜔0 = √𝜔1𝜔2 = √(4420)(4580)𝜋2

𝜔0 = 4499.28π ≈ 4500π

d) El factor de calidad.

𝑄 = 𝑓0

𝑓2 − 𝑓1=

𝑓0

𝐵

𝑄 =2250

80= 28.125

Conclusión

El factor de calidad está dado por 𝑄 =𝜔0 𝐿

𝑅; entonces, el valor de la resistencia es inversamente proporcional al factor de

calidad, por lo que mientras más pequeña sea la resistencia, más se incrementa el factor de calidad.

Si el factor de calidad aumenta, el ancho de banda se reduce y el filtro es más selectivo, por lo que sí, era de esperarse.

Experimento II Arme el circuito de la Fig. 2 y determine.

Fig. 2 – Filtro Pasa-banda

a) La frecuencia de resonancia.

𝑓0 = 4120 𝐻𝑧

b) El ancho de banda.

𝐵 = 𝑓2 − 𝑓1 = 21200 𝐻𝑧 − 810 𝐻𝑧

𝐵 = 20,400 𝐻𝑧

c) Verifique que 𝜔0 = √𝜔1𝜔2; si no sucede así, repita el inciso anterior.

𝜔 = 2π𝑓; 𝜔0 = (4120)2π = 8240π; 𝜔1 = (810)2𝜋 = 1620𝜋; 𝜔2 = (2120)2π = 42400π;

𝜔0 = √𝜔1𝜔2 = √(1620)(42400)𝜋2

𝜔0 = 8287.82π ≈ 8240π

d) El factor de calidad.

𝑄 = 𝑓0

𝑓2 − 𝑓1=

𝑓0

𝐵

𝑄 =4120

20400= 0.202

En la sesión de laboratorio en que se realiza esta práctica, se observa la señal de salida y entrada en el osciloscopio para así poder determinar la frecuencia de resonancia al encontrar que en el oscilograma de este circuito las dos señales senoidales están en fase, pero con ELVIS (Electronic Lab Virtual Instrumentation Suite) se tienen otras posibilidades más interesantes, como es la de poder observar la respuesta en frecuencia que se logra con el circuito. El instrumento que permite ver la respuesta en frecuencia es el Analizador de Bode. El diagrama de conexiones para el circuito del Experimento II utilizando ELVIS es el siguiente:

Fig. 3 - Diagrama de conexiones para obtener la respuesta en frecuencia del Experimento II.

El instrumento que permite ver la respuesta en frecuencia es el Analizador de Bode. Como se puede observar en la figura 4, en la parte superior de la pantalla se tiene la gráfica de ganancia [dB] vs frecuencia [Hz], y en la parte inferior se encuentra la gráfica de ángulo [grados] vs frecuencia [Hz]. La frecuencia de resonancia que obtuvimos en el laboratorio utilizando el osciloscopio fue de 𝑓0 = 4120 𝐻𝑧, la cual coincide con la frecuencia obtenida posteriormente utilizando el Analizador de Bode, que es cuando el ángulo de fase se encuentra en cero grados.

Fig. 4 – Pantalla del Analizador de Bode del Experimento II.