Elettronica per le telecomunicazioni

POLITENIO DI TOINO Elettronica per le telecomunicazioni Homework Gruppo: A08 Antona Maria Gabriella Matricola: 482 Degno Angela ita Matricola: 4855 Fiandrino laudio Matricola: 38436 Miggiano Marco Antonio Matricola: 40560

Homework 7/03/200 Esercizio Dato il circuito: V out on la sovrapposizione degli effetti si calcola:. il contributo dato dalla tensione di ingresso sul ramo invertente: V out V out. il contributo dato dalla tensione di ingresso sul ramo non invertente: 2

Homework 7/03/200 V V out s V s ( V out ) La tensione di uscita è data da: s V 2 V V out V out V out s 2 La funzione di trasferimento si esprime come: H(s) V out Ponendo s jω: 2 s s s s s H(jω) jω jω jω jω Nella funzione di trasferimento sono presenti un polo ed uno zero:. ω z τ z. ω p τ p 3

Homework 7/03/200 Diagrammi di Bode di modulo e fase di H(jω): Modulo: H(jω) 0 0 0 0 2 0 3 0 4 0 db ω Nota: in rosso è rappresentata la risposta finale, mentre in azzurro sono mostrate le risposte asintotiche di polo e zero. Fase I tre contributi alla fase sono: H(jω) 80 arctan(jω) arctan(jω) 80 arctan(jω) arctan(jω) H(jω) 0 0 0 0 2 0 3 0 4 80 90 0 ω p ω 90 80 Nota: in arancione è rappresentato il contributo della costante, mentre in azzurro sono evidenziati i comportamenti sovrapposti di polo e zero. contributo dello zero contributo del polo 4

Homework 7/03/200 Il diagramma complessivo è: H(jω) 0 0 0 0 2 0 3 0 4 80 90 0 ω p ω 90 80 Per ottenere un segnale di uscita sfasato di 90 rispetto al segnale di ingresso occorre che: f p 2π 2kHz Ipotizzando di scegliere un valore di resistenza della serie E2: 2.7kΩ Si può determinare il valore da attribuire alla capacità invertendo la formula precedente: 2πf p Sostituendo i valori numerici: 2π(2.7 0 3 ) (2 0 3 ) 29.48nF Poichè occorre scegliere fra componenti della serie E2 i valori possibili sono 27nF e 33nF. Si è scelto il componente con capacità 27nF perchè garantisce una frequenza del polo reale più vicina ai 2kHz: Mentre: f p 2π 2π (2.7 0 3 ) (27 0 9 ) 2.83kHz f p 2π 2π (2.7 0 3 ) (33 0 9 ).786kHz 5

Homework 7/03/200 Esercizio 2 Dato il circuito: L V out Per calcolare la funzione di trasferimento si calcola il parallelo fra il condensatore e l induttore; si ottiene un circuito equivalente: Z V out Z s //sl sl s sc sl sl s s 2 L s sl s 2 L La ripartizione della tensione fra Z e determina l espressione della tensione di uscita: V out sl s 2 L sl s 2 L sl s 2 L V s 2 LsL in s 2 L sl s 2 L sl Quindi la funzione di trasferimento risulta essere: H(s) V out sl s 2 L sl La risposta del filtro è una risposta passa banda. 6

Homework 7/03/200 Per riportare la H(s) nella forma: H(s) κsω 0 s 2 2ξω 0 ω 2 0 κsω 0 s 2 s ω 0 Q ω2 0 occorre raccogliere a denominatore il fattore L : A questo punto:. ω 0 L ω 0. Q H(s) L sl s 2 s L Q ω 0. sostituendo: Q L Q Il fattore di qualità può anche essere espresso come: L dove: Q f 0 BW. f 0 è la frequenza centrale;. BW è la banda a 3dB. on i valori dati dal testo: La frequenza centrale: Q 06 0 0 3 00 f 0 MHz 2π L Si determinano i valori dei componenti con il seguente sistema: 00 L ( 0 6 ) 2π L i sono due equazioni e tre incognite (,, L); ipotizzando di utilizzare come resistenza: 2.7kΩ 7

Homework 7/03/200 è possibile risolvere il sistema: 00 (2.7 0 3 ) L ( 0 6 ) 2π L ( ) 00 2 2.7 0 3 [2π ( 0 6 )] 2 ( L ) 2 ( L ) 2 L 0.0037 [2π ( 0 6 )] 2 Dalla prima equazione si ricava: ( L ) 2 L 0.0037 L [2π ( 0 6 )] 2 L 0.0037 Sostituendo nella seconda si ottiene: L 2 0.0037 [2π ( 0 6 )] 2 L L 4.298µH 0.0037 [2π ( 0 6 )] 2 Quindi il valore di capacità del condensatore risulta essere: Esercizio 3 (4.298 0 6 ) 0.0037 0.00589µF 58.9nF Poichè sono tabulate solo le specifiche per il filtro passa basso si provveduto, analiticamente, a riportare la funzione di trasferimento di tipo passa alto nella configurazione passa basso (procedura di scaling): H HP (s) κs 2 s 2 ω 0 Q s ω2 0 posta s ω 0 p con p : H(s) ) 2 κ( ω0 p ( ) 2 ( ) ω0 p ω 0 ω0 Q p ω0 2 H LP (s) κ ω 2 0 Q p 8

Homework 7/03/200 formula per il filtro passa basso normalizzato. Analizzando le tabelle di progettazione è stato osservato che solo la risposta in frequenza di hebyshev soddisfa i requisiti; si è scelta la configurazione con ondulazione di banda 0.5 db perchè garantisce minori oscillazioni in banda passante rispetto alla configurazione con ondulazione di banda db. Il numero di celle necessarie minimo che rispetta le specifiche della maschera è 5, quindi saranno presenti una cella del primo ordine e due celle del secondo ordine. Le celle devono essere collegate in modo tale per cui i singoli fattori di qualità siano crescenti per le celle del secondo ordine mentre la cella del primo ordine deve essere posta all inizio della catena. input ordine 2 ordine Q A 2 ordine Q B output Parametri: Q A < Q B ella ω 0 2ξ ordine 0.362320-2 ordine 0.690483 0.849037 2 ordine.07735 0.220024 Inoltre, al fine di evitare la saturazione degli amplificatori operazionali, è necessario che le celle siano disposte con guadagni via via crescenti. Per la cella del primo ordine il circuito di tipo passa alto è il seguente: 2 V out 9

Homework 7/03/200 Per la cella del secondo ordine si è scelta la cella K di tipo passa alto, il cui schema circuitale è il seguente: B 2 i i 2 i 3 A 3 V x V out 4 V out Esercizio 4 Lo schema circuitale di tipo passa alto della cella Sallen-Key è: i i 2 i 3 n V x V out m V out La funzione di trasferimento generica è: H(s) V out Y Y 3 Y 4 (Y Y 2 Y 3 ) (Y Y 3 ) 0

Homework 7/03/200 e per avere una risposta di tipo passa alto si sono scelte: Y s Y 3 s 3 Y 2 2 Y 4 4 Sostituendo queste espressioni nella funzione di trasferimento: H(s) V out s s 3 4 (s 2 s 3 ) (s s 3 ) s 2 3 ( ) s 4 2 4 s 3 4 s 2 3 s 2 ( ) s 4 3 2 4 3 s 4 s 2 s 2 s 2 s ( 4 4 3 ) 3 2 4 poichè i componenti possono essere identificati attraverso il loro rapporto: omponente 2 4 3 Espressione m n La funzione di trasferimento, espressa in funzione di (m,n) N e di,, risulta essere: Si ottiene quindi: e: H(s) ω 2 0 s 2 s 2 s ( m ) mn m 2 n m 2 n ω 0 ( ) ω 0 Q m n mn mn mn Sostituendo l espressione di ω 0 : Q mn n ω 0 mn n mn mn n ()

Homework 7/03/200 Per dimensionare i componenti si è proceduto nel seguente modo:. ipotizzando n (i condensatori avranno valori di capacità uguale evitando dispersione): m Q 2Q m 2 m 4Q 2 m 40.96. si sceglie un valore di capacità per i condensatori pari a 27nF;. si ricava il valore per le resistenze invertendo la formula della frequenza di taglio: f 0 2π m n. sostituendo i valori numerici si ottiene: 2π m n f 0 2π 40.96 (4 0 3 ) (27 0 9 ) 230.59Ω. moltiplicando il termine ottenuto con m si determina il valore della seconda resistenza: m 9.43kHz. utilizzando la serie E96 per i resistori si scelgono: { 9.3 kω 232Ω m 9.53 kω per la resistenza di valore m sono stati considerati due valori perchè erano entrambi molto vicini;. si ottengono due possibili valori per m: { 40.3 m 4.08. risolvendo l equazione seguente, ottenuta elaborando la (): da cui: n 2 Q 2 n (2Q 2 m) Q 2 0 n,2 (2Q2 m) ± (2Q 2 m) 2 4Q 4 2Q 2 (2) si ricava il valore di n; 2

Homework 7/03/200. per determinare quale valore di m usare è necessario porre il determinante della radice maggiore di 0: > 0 (2Q 2 m) 2 4Q 4 > 0 questa condizione è verificata per: m > 4Q 2 m > 40.96 il valore di m da usare è quindi 4.08;. a questo punto si può risolvere la (2) sostituendo di valori numerici: n,2 [2 (3.2)2 4.08] ± [2 (3.2) 2 4.08] 2 4 (3.2) 4 2 (3.2) 2 20.6 ± 424.36 49.43 20.48 Si ottengono: { n. n 2 0.90 20.6 ± 4.93 20.48. si sceglie m 2 e si ricalcola il valore di resistenza invertendo la formula della frequenza di taglio: f 0. sostituendo i valori numerici: 2π mn 2π mnf 0 2π 6 (2 0 3 ) (9.53 0 3 ) 2.08nF. la capacità n risulta quindi essere 2.32 nf. Utilizzando la serie E2 entrambi i condensatori hanno capacità 2.2nF. Tabella di riepilogo dei componenti: omponente m n Valore 232Ω 9.53 kω 2.2 nf 2.2 nf 3

Homework 7/03/200 Esercizio 5 Schema circuitale: 5 i i 2 A i 3 i 3 B V out (V A ) G (V A V out ) s (V A V B ) s 0 (V B V A ) s (V B V out ) G 5 0 V B 0 [ ] [ ] [ ] G s s s VA Vin G s G 5 V out 0 V out G s G 5 (G 2s) s 2 sg s 2 2sG 5 G G 5 La funzione di trasferimento: H(s) V out sg s 2 2sG 5 G G 5 I parametri caratteristici ω 0 e Q valgono: ω 2 0 5 ω 0 5 f 0 s s 2 s 2 5 5 2π 5 ω 0 Q s 2 5 Q 2 5 Secondo i parametri di progetto: f 0 500Hz BW 50Hz 4

Homework 7/03/200 si può ricavare il valore di Q: Q f 0 BW 500 50 0 Per dimensionare i valori dei componenti è necessario risolvere il sistema: ( ) 500 2π (500 2π ) 2 2 5 0 ( ) 5 2 5 2 20 2 5 5 (500 2π ) 2 400 2 (500 2π ) 2 400 5 400 5 400 (500 2π ) 2 20 (500 2π ) 400 5 400 5 Scegliendo 82nF: 94.09Ω 5 77.636kΩ La frequenza a cui va calcolata è la frequenza centrale f 0. Esercizio 6 Indicando con: dove f s f clk. eq f s s eq2 La funzione di trasferimento si esprime come: H(s) eq 3 eq2 s eq2 eq2 s eq 2 s f s 3 L espressione della frequenza di taglio f T è: f s s 3 s eq2 f s 3 f s s f T 2π f s 3 5

Homework 7/03/200 Mettendo a sistema: f T 2π 0kHz 0 0 3 00 03 2 f s 3 2π 3 20log H(s 0) 0 log 0.5 3 3 0 { 03 2 00 0 3 2π 3 0. 2π 0 3.62 3 3 Scegliendo 5pF della serie commerciale E2: 3 9.42pF 29.8pF Esercizio 7 Spiegazione: le capacità simulano il comportamento di resistori. La capacità posta a monte del blocco sommatore simula le resistenze ed 5 di una cella biquadratica (si segue la stessa notazione introdotta a lezione). La capacità 3 simula la resistenza 3 posta in parallelo al condensatore, infine posta alla fine del circuito simula, insieme all operazionale, un integratore non invertente. Il circuito equivalente con le resistenze è: 5 Blocco non invertente 3 4 4 VBP V LP V LP 6

Homework 7/03/200 La funzione di trasferimento di tipo passa banda si ricava dal seguente sistema: (V A V BP )G 2 (V A V BP )s (V A )G (V A V LP )G 5 0 Si ottiene: Quindi: Poichè: V A 0 V LP V BP s H BP (s) V BP. G G 5 f ck ;. G 2 f ck 3 ; ( ) V BP G 2 s G 5 G G s s G s 2 2 sg 2 G G 5 La funzione di trasferimento passa banda risulta essere: s G s 2 s G 2 G G 5 2 H BP (s) s f ck s 2 s fck 3 f 2 ck ( ) 2 La funzione di trasferimento di tipo passa basso si ricava dal seguente sistema: (V A V LP )G 5 (V A )G (V A V BP )(s G 2 ) 0 V A 0 V BP s V LP G Si ottiene: Perciò: icordando che: V LP (G 5 s 2() 2 s ) 2G 2 G G G H LP (s) V LP 7 ( ) 2 s 2 s G 2 G 5G ( ) 2

Homework 7/03/200. G G 5 f ck ;. G 2 f ck 3 ; La funzione di trasferimento passa basso risulta essere: H LP (s) V LP ( ) 2 s 2 s f ck 3 f 2 ck ( ) 2 Sono stati calcolati i valori f 0 e Q per le due possibili risposte: uscita passa banda: ω 2 0 f 2 ck ( uscita passa basso: ω 2 0 f2 ck ) 2 ω 0 f ck f 0 f ck 2π ω 0 Q f ck 3 Q ω 0 f ck 3 3 ( ) 2 ω 0 f ck f 0 f ck 2π ω 0 Q f ck 3 Q ω 0 f ck 3 3 I due risultati coincidono come ci si aspettava. La risposta passa basso di tipo Butterworth implica avere: 0.5 < Q < 0.707 0.5 < 3 < 0.707 Imponendo pf: 0.707 < 3 < 0.5.44pF < 3 < 2pF on i valori dati dal testo (f 0 khz e f ck 00kHz) è possibile ricavare il valore della terza capacità, : f 0 f ck 2π f ck f 0 2π 00kHz khz pf 2π 5.9pF 8