Problemas resueltos - materias.fi.uba.ar

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Ap´ endice A Problemas resueltos ´ Indice A.1. Advertencia ....................... 1 A.2. Problema 1: osciloscopio con doble BdeT ..... 2 A.3. Problema 2: compensador de sonda pasiva .... 5 A.4. Problema 3: medici´on de tiempo de transici´ on . . 12 A.5. Problema 4: puente de impedancias ........ 14 A.6. Problema 5: c´ alculo de constantes de tiempo . . . 19 A.7. Problema 6: disparador de Schmitt ......... 22 A.8. Problema 7: medici´on de resistencia con V y A . 26 A.9. Problema 8: conversor AD doble rampa ...... 28 A.10.Problema 9: adaptaci´ on de un cable ........ 30 A.1. Advertencia Se pide encarecidamente que el lector tenga presente: 1. El objeto de este documento es ofrecer orientaci´ on al estudiante de la asignatura Laboratorio 66.02 respecto al enfoque brindado a la solu- ci´ on de problemas; no indica, ni impl´ ıcitamente ni expl´ ıcitamente, que lo presentado es la ´ unica y correcta forma de resolver un problema. 2. El estudiante puede organizar los c´ alculos y an´ alisis de la forma que le resulte m´ as conveniente; la presentada es una de las tantas posibles. 3. Se hace ´ enfasis en la forma adecuada de representar los resultados num´ eri- cos de una medici´ on; se ejemplifica una ligera “licencia” de notaci´ on: a ve- ces no se escriben las unidades de medida en los c´ alculos, sin embargo, se enuncian en forma comentada, por ejemplo “...(tensiones en mV; tiempos en μs; ...)...”. 4. Queda sobreentendido que los gr´ aficos que un estudiante puede dibujar en un examen no poseen la precisi´ on y arte gr´ afica de los presentados aqu´ ı; sin embargo, se sugiere que el estudiante haga el mayor esfuerzo para que 1

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Apendice A

Problemas resueltos

IndiceA.1. Advertencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

A.2. Problema 1: osciloscopio con doble BdeT . . . . . 2

A.3. Problema 2: compensador de sonda pasiva . . . . 5

A.4. Problema 3: medicion de tiempo de transicion . . 12

A.5. Problema 4: puente de impedancias . . . . . . . . 14

A.6. Problema 5: calculo de constantes de tiempo . . . 19

A.7. Problema 6: disparador de Schmitt . . . . . . . . . 22

A.8. Problema 7: medicion de resistencia con V y A . 26

A.9. Problema 8: conversor AD doble rampa . . . . . . 28

A.10.Problema 9: adaptacion de un cable . . . . . . . . 30

A.1. Advertencia

Se pide encarecidamente que el lector tenga presente:

1. El objeto de este documento es ofrecer orientacion al estudiante de laasignatura Laboratorio 66.02 respecto al enfoque brindado a la solu-cion de problemas; no indica, ni implıcitamente ni explıcitamente, que lopresentado es la unica y correcta forma de resolver un problema.

2. El estudiante puede organizar los calculos y analisis de la forma que leresulte mas conveniente; la presentada es una de las tantas posibles.

3. Se hace enfasis en la forma adecuada de representar los resultados numeri-cos de una medicion; se ejemplifica una ligera “licencia” de notacion: a ve-ces no se escriben las unidades de medida en los calculos, sin embargo, seenuncian en forma comentada, por ejemplo “. . .(tensiones en mV; tiemposen µs; . . .). . .”.

4. Queda sobreentendido que los graficos que un estudiante puede dibujar enun examen no poseen la precision y arte grafica de los presentados aquı;sin embargo, se sugiere que el estudiante haga el mayor esfuerzo para que

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2 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

dichos graficos sean, al menos, prolijos, de modo de servir efectivamentecomo herramienta de analisis; la cantidad de graficos presentada es escasaa sabiendas; se sugiere hacer la mayor cantidad de ellos, en la medida quecontribuyan a la comprension del enunciado del problema y de los puntosa responder.

5. Se incluyen comentarios y notas que no necesariamente son los que elestudiante debera incluir en su respuesta para el examen; su funcion escontribuir a la comprension del desarrollo de la solucion.

6. Se han presentado mayoritariamente problemas que ya han sido incluidosen evaluaciones integradoras pasadas; queda claro entonces que es muypoco probable que sean tomados en futuros examenes; por lo tanto, notiene la menor utilidad memorizar el material, sino mas bien entenderlo.

7. Este material puede utilizarse como base para presentar dudas al docenteauxiliar; a pesar de ser problemas de evaluaciones integradoras, sirvenpara estudiar durante el curso para apoyar las actividades de TrabajosPracticos.

8. Aunque inicialmente el estudiante no lo perciba, los problemas hacen re-ferencia siempre a situaciones de medicion reales, o sea problemas de me-dicion en el “mundo practico”; se pide al estudiante que intente hacer estavinculacion, lo cual ayuda a una comprension mas completa del temariode la asignatura.

A.2. Problema 1: osciloscopio con doble BdeT

(En Evaluacion Integradora del 23-DIC-2008.)

Enunciado Se mide la senal de la Fig. A.1 usando un ORC1. La configuraciondel instrumento es:

1. Escala vertical: 0,2 V/div;

2. Nivel y pendiente de disparo: +0,1 V, negativa;

3. Velocidad de barrido de la BdeT2 primaria (BdeT “A”): 100 ns/div;

4. Idem BdeT secundaria (BdeT “B”): 20 ns/div;

5. Demora de la BdeT “B” respecto a la BdeT “A”: 25 % del tiempo debarrido de la BdeT “A”.

Dibujar en correcta escala:

1. La imagen obtenida en la pantalla del ORC cuando “A” esta intensificadopor “B”;

2. Un grafico con tres senales para comparar:1ORC = Osciloscopio de Rayos Catodicos.2BdeT = Base de Tiempo.

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A.2. PROBLEMA 1: OSCILOSCOPIO CON DOBLE BDET 3

800 ns

t

x(t)

1 V

Figura A.1: Senal x que se quiere medir en el Prob. A.2.

a) La senal medida (indicando nivel e instante de disparo),

b) La diente de sierra de “A”, y

c) La diente de sierra de “B”;

NOTA: en 2b y 2c la escala vertical puede ser arbitraria.

Solucion Se deben hacer algunas observaciones iniciales.

No se especifica como se acopla la senal; esto puede deducirse aproximada-mente del dibujo (vease la Fig. A.2); la imagen en la pantalla serıa distintasi se acoplara en CA3, dado que el valor medio quedarıa “descartado”; elvalor medio de la senal es 0,1625 V (este calculo no es necesario para laresolucion del problema).

800 ns

t

x(t)

1 V

Parte de la señal con pendiente negativaNivel de disparo de la BdeT primaria (+0,1 V)

¡IMPORTANTE! Se supone acople de CC

Condición de disparo satisfecha

Figura A.2: Analisis de las condiciones de disparo para la senal x que se quieremedir en el Prob. A.2; se supone acople en CC, lo cual es coherente con el dibujo,siendo el “0” de medicion coincidente con el eje de abcisas.

No se especifica la forma de la grilla en la pantalla; se supondra que es laestandar: 10 div horizontales, 8 div verticales; cada div a su vez divididaen 5 partes (c/u, 0,2 div).

No se indica si la senal es periodica (la parte visible en pantalla podrıa seruna pequena region de una senal mas compleja); se adoptara la hipotesis

3CA = Corriente Alterna; CC = Corriente Continua.

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4 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

mas sencilla: el perıodo de la senal es el indicado en la figura: T = 800 ns =8× 10−7 s.

Hay una serie de especificaciones del ORC que son habituales y que nose brindan, por ser innecesarias para la resolucion del problema: AB4,impedancia de entrada, etc..

El tiempo de barrido de “A” es:

tB1 = (10 div)︸ ︷︷ ︸hipotesis agregada

× (100 ns/div)︸ ︷︷ ︸dato del problema

= 1 µs;

es decir, la pantalla tiene un “ancho” de 1 µs.La demora en el inicio del barrido de “B” es:

tD = 25 %︸︷︷︸dato prob.

× 1 µs︸︷︷︸calc. anterior

= 250 ns;

es decir, el inicio del “barrido” de la BdeT secundaria ocurre 250 ns despues dehacerlo la BdeT primaria.

El tiempo de intensificado es en realidad el tiempo de barrido de “B”:

tB2 = (10 div)︸ ︷︷ ︸hipotesis agregada

× (20 ns/div)︸ ︷︷ ︸dato del problema

= 200 ns;

por lo tanto, en el modo “A int. B” la parte intensificada del trazo comienza en2,5 div y “dura” 2 div; esto se muestra en la Fig. A.3.

Con esto se termina de responder la pregunta 1.Las senales solicitadas en 2 se ven en la Fig. A.4.Descripcion de las mismas:

1. La senal x (grafico superior) es la que esta ingresando al canal vertical delORC; como se supone que esta se acopla en CC, cuando x toma el valorde disparo (+100 mV), y tiene pendiente negativa, se produce un eventode disparo; que dicho evento inicie efectivamente un barrido depende devarias condiciones5, pero la mas relevante es que no haya un barrido enprogreso. En la figura se muestra que el primer evento inicia un barridode “A”, mientras que el segundo evento, que ocurre un perıodo despues(800 ns), no, puesto que el barrido iniciado por el primer evento esta enprogreso. Cuando llega el tercer evento, el barrido y el retrazado ya hanocurrido, por lo que este inicia efectivamente un barrido. En resumen, setiene un barrido de “A” cada 1,6 µs.

2. Dado que el tiempo de barrido de “A” es 1 µs, la rampa de trazado dela DDS6 dura este tiempo desde la ocurrencia del evento de disparo; entodos los graficos, se ha supuesto, ciertamente en forma arbitraria, que elretrazado dura 100 ns (tanto para “A” como para “B”). Del mismo modo,la duracion de la rampa de trazado de “B” es 200 ns. Los tiempos debarrido estan marcados en los graficos de hA y hB .

4AB = Ancho de Banda.5Por ejemplo, posicion del “hold-off”, modo de disparo, etc..6Diente De Sierra.

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A.3. PROBLEMA 2: COMPENSADOR DE SONDA PASIVA 5

Figura A.3: Pantalla visible en el Prob. A.2. Escala vertical: 0,2 V/div (dato delproblema); escala horizontal: 100 ns/div (dato del problema).

A.3. Problema 2: compensador de sonda pasiva

(En Evaluacion Integradora del 23-DIC-2008.)

Enunciado Se tiene el esquema de medicion de la Fig. A.5.

1. Antes de medir se ajusta el capacitor del compensador 2 para tener optimarespuesta transitoria.¿Que valor de capacitancia es necesaria?.

2. Luego se procede al ajuste del compensador 1. ¿Que valor de capacitanciaes necesaria?.

3. ¿Cual es la atenuacion total desde la punta de la sonda a la entrada delORC?.

4. Dibujar el modelo electrico simplificado de la impedancia “vista” por elgenerador.

5. Sabiendo que el TT7 del generador es de 40 ns, y que el TT medido en lapantalla es de 60 ns, ¿cual es el AB del ORC?.

6. ¿Porque es valido considerar al cable como un capacitor?.

7TT = Tiempo de Transicion.

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6 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

800 ns

t

x(t)

1 V

t

hA(t)

t

hB(t)

1000 ns

250 ns

200 ns 200 ns

250 ns

25 %

100

%

Señal de entrada

Nivel de disparo

Nivel de demora de “B” respecto de “A”

Condición de disparo

Instante de disparo efectivo

Instante inicio barrido sec.

Trazado de dds

DDS “A” y “B”

t

z(t) Intens.

Normal

Borrado

Figura A.4: Senal a medir x, DDS de barrido primario hA y secundario hB , eintensidad de trazo z, para el Prob. A.2.

Compens. 1 Compens. 2Gener. Cable ORC

90 M 9 M

1 M

10 k

25 pF

100 pF/m250 nH/mbajas pérd.

D=1,55 m

Figura A.5: Modelo de circuito de la medicion del Prob. A.3.

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A.3. PROBLEMA 2: COMPENSADOR DE SONDA PASIVA 7

Solucion En primer lugar, se obtiene el modelo electrico del cable; se sabe queuna descripcion completa deberıa considerarlo como una lınea de transmision,pero antes deberıa comprobarse que un modelo mas sencillo, representandolocomo un capacitor, puede llegar a ser util.

La capacitancia total del cable es:

Ccable = Dc′ = 1,55 m× 100 pF/m︸ ︷︷ ︸datos del problema

= 155 pF,

y la velocidad de propagacion de la onda de tension o de intensidad de corrientees:

c = (c′l′)−12 =

100 pF/m× 250 nH/m︸ ︷︷ ︸datos del problema

− 1

2

= 2 · 108 m/s (A.1)

Se calcula un tiempo de referencia, igual al tiempo que tardarıa la onda enhacer un “viaje” ida y vuelta por el cable:

tref = 2D/c = 2× 1,55 m︸ ︷︷ ︸dato del prob.

/

2 · 108 m/s︸ ︷︷ ︸calc. en (A.1)

= 15,5 ns

Si se sabe que el TT del generador, tTg, es mayor que tref, entonces la apro-ximacion del cable por un capacitor es aceptable, y los errores en los calculosson pequenos; en caso contrario, hay que trabajar con el modelo de lınea detransmision, lo cual convierte al problema en algo practicamente intratable. Eneste problema, se pide un calculo para tTg = 40 ns (vease la pregunta 5); por lotanto, se supondra que el cable es equivalente con muy buena aproximacion, aun capacitor cuya capacitancia es 155 pF.

Para responder la pregunta 1, se presenta el modelo electrico del compensa-dor 2 y la entrada del ORC; esto se muestra en la Fig. A.6.

Compens. 2 Cable ORC

9 M

1 M

25 pF155 pF

Cc2

180 pF

Figura A.6: Ajuste de la capacitancia del compensador 2.

La condicion de compensacion perfecta se escribe:

Cc2 × 9 MΩ︸ ︷︷ ︸dato prob.

= 180 pF︸ ︷︷ ︸calc. y datos prob.

× 1 MΩ︸ ︷︷ ︸dato prob.

,

de donde:

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8 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

Cc2 = 180 pF× 19

= 20 pF

La atenuacion α2 entre la entrada del compensador 2 y la entrada del ORCse determina en CC considerando el divisor de tension correspondiente:

α2def=

(Tension de entrada comp. 2)(Tension de entrada ORC)

=9 MΩ + 1 MΩ

1 MΩ︸ ︷︷ ︸datos del prob.

= 10

Desde el punto de vista de la entrada del compensador 2, y en condicion decompensacion perfecta, el circuito de la Fig A.6 es electricamente equivalente alde la Fig. A.7

10 M18 pF

Figura A.7: Equivalente electrico desde el punto de vista de la entrada del com-pensador 2, cuando se esta en la condicion de compensacion perfecta.

Ahora se presenta una situacion similar con el compensador 1; se supondra queel compensador 2 ya se ajusto para compensacion perfecta; por lo tanto, se tieneel siguiente circuito equivalente, contemplando que la red de la Fig. A.7 es lacarga para el compensador 1.

Compens. 1

90 M

10 M

18 pF

Equiv. comp. 2+ ORC

Cc1

Figura A.8: Compensador 1 y efecto de carga del compensador 2, mas ORC.

Se procede a continuacion como en el caso del compensador 2; la condicionde compensacion perfecta se escribe:

Cc1 × 90 MΩ︸ ︷︷ ︸dato prob.

= 18 pF× 10 MΩ︸ ︷︷ ︸modelo Fig. A.7

,

de donde:

Cc1 = 18 pF× 1090

= 2 pF

La atenuacion α1 entre la entrada del compensador 1 y la entrada del com-pensador 2 se determina en CC considerando el divisor de tension correspon-diente:

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A.3. PROBLEMA 2: COMPENSADOR DE SONDA PASIVA 9

α1def=

(Tension de entrada comp. 2)(Tension de entrada comp. 1)

=90 MΩ + 10 MΩ

10 MΩ︸ ︷︷ ︸datos del prob.

= 10

Desde el punto de vista de la entrada del compensador 1, y en condicion decompensacion perfecta, el circuito de la Fig A.8 es electricamente equivalente alde la Fig. A.9

100 M1,8 pF

Figura A.9: Equivalente electrico desde el punto de vista de la entrada del com-pensador 1, cuando se esta en la condicion de compensacion perfecta.

Ahora, el generador se enfrenta a una carga compuesta por el paralelo de unresistor de 100 MΩ con un capacitor de 1,8 pF. El circuito a analizar se muestraen la Fig. A.10.

Gener. Comp 1 + Comp 2 +Cable + ORC

100 M10 k

1,8 pF

Figura A.10: Circuito equivalente asociado al generador, para el calculo de laconstante de tiempo caracterıstica, τcg.

Es un circuito de una sola constante de tiempo, de modo tal que el analisises inmediato; la constante de tiempo caracterıstica es:

τcg = 1,8 pF× (100 MΩ‖10 kΩ) = 18 ns

Luego, el TT observado en la pantalla del ORC vendra dado por:

tT ,obs2 = tTg

2 + (2,2 τcg)2 + tTo

2︸︷︷︸TT del ORC

= tTg2 + (2,2 τcg)

2 +(

0,35BW

)2

,

donde BW es el AB del ORC, y se ha asumido (como normalmente ocurre enlos ORC, dada la forma deseada de su respuesta transitoria y en frecuencia)que BW × tTo = 0,35. Con los resultados numericos obtenidos, y los datos delenunciado del problema, se puede escribir (usando como unidades ns y GHz):

602 = 402 + 39,62 +(

0,35BW

)2

︸ ︷︷ ︸error sistematico

⇒(

0,35BW

)2

= 431,84

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10 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

En consecuencia,

BW =0,35√431,84

≈ 0,0168 = 16,8 MHz (A.2)

A modo ilustrativo, se calculara el error sistematico de esta medicion; seconsidera que:

El “verdadero valor” es tTg; se sabe que es imposible determinarlo enforma “pura”, dado que el circuito de medicion carga el generador

El “valor medido” es tT ,obs; esto es, la lectura obtenida al observar lapantalla del ORC; esto esta idealizado, puesto que no se contempla laincertidumbre de lectura

Luego, el error sistematico es:

εdef=

(V. medido)− (V. verdadero)(V. verdadero)

=

√tTg

2 + (2,2 τcg)2 +

(0,35BW

)2 − tTgtTg

Aunque el AB del ORC sea “infinito”, se tiene un error sistematico no nulo,debido al efecto de carga:

εmın =

√tTg

2 + (2,2 τcg)2 − tTg

tTg=

√1 +

(2,2

τcgtTg

)2

− 1

Cuando se mide un generador “lento” (alto valor relativo de tTg), se puedeaproximar8 εmın ≈ 2,4 (τcg/tTg)

2.

1. En la medicion planteada por el problema, el error sistematico es:

ε =60 ns− 40 ns

40 ns= 50 %

2. Si se usa un ORC con “BW =∞”,

a) Usando la formula exacta:

ε =

√1 +

(2,2

18 ns40 ns

)2

− 1 ≈ 41 %

b) Usando la aproximacion correspondiente a un generador relativamen-te “lento”,

ε ≈ 2,4 (18 ns/40 ns)2 ≈ 49 %

Se concluye que, para los datos que se tienen, el “gran culpable” del apre-ciable error sistematico es la degradacion provocada por la CTC9 de entrada,τcg.

8En Matematica se deduce, usando la formula de Taylor, que√

1 + y ≈ 1 + 12y, si |y| 1;

luego,√

1 + x2 − 1 ≈ 12x2, mientras |x| 1.

9CTC = Constante de Tiempo Caracterıstica.

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A.3. PROBLEMA 2: COMPENSADOR DE SONDA PASIVA 11

0 20 40 60 80 100 120 140 160-0,2

0,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

Respuesta el escalón­rampa de 1 VDoble compensador, atenuación 100X

Vgen 100*Vosc Vsonda 100*Vobs 10% 90%

tiempo (ns)

tens

i

ó n (V

)

tTg = 40 ns

tT,obs ~ 65 ns

Figura A.11: Resultados del simulador de circuitos (LTSpice/SwitcherCAD IIIv2.22d) para los resultados obtenidos en el problema, es decir, un AB del ORCde 16,8 MHz; observese que se ha asumido una forma de onda idealizada para lasenal del generador; ambos compensadores se han ajustado para compensacionperfecta.

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12 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

A.4. Problema 3: medicion de tiempo de tran-sicion

(En Evaluacion Integradora del 16-DIC-2008.)

Enunciado Se tiene el esquema de medicion de la Fig. A.12. El sımbolo tTindica el TT de la senal (todas basicamente ondas cuadradas unipolares de 1 Vde amplitud, con flancos “suaves”). El cable que conecta la sonda activa es uncoaxil de 3 m, con Z0 = 50 Ω, y c = 200 000 km/s. Si la incertidumbre generalvertical y horizontal del ORC es de 8 %,

1. ¿Cual es el mınimo TT del generador que se medira con una incertidumbreno mayor al 15 %?.

2. ¿Puede mejorar el desempeno de esta medicion, sin cambiar los instru-mentos?. ¿Como?.

GeneradorRTh

=50Ω

Sonda activa ×1tT=2 ns

Zent

=10 MΩ//3 pF

Zsal

=50 Ω

OsciloscopioAB=100 MHz

Figura A.12: Modelo de circuito de la medicion del Prob. A.4.

Solucion Un calculo de orden practico: el tiempo de propagacion del cable es:

tD =D

c=

3 m2 · 108 m/s︸ ︷︷ ︸

datos del prob.

= 15 ns

Si el TT del generador es mayor a 2tD = 30 ns, podemos suponer que el cableequivale a un capacitor para todos los fines practicos; sin embargo, y aunque enel enunciado del problema no se lo explicita, podemos suponer que la lınea detransmision que es materializada por el cable esta adaptada tanto en el extremode la sonda como en el extremo del ORC:

Que esta adaptada en el extremo de la sonda es evidente, dado que losdatos del problema indican que la impedancia de salida de la sonda esigual a la impedancia caracterıstica del cable.

No se indica la impedancia de entrada del ORC; sin embargo, es sabidoque si ella es distinta a la impedancia caracterıstica del cable, ocurrenfenomenos de reflexion de la onda, lo cual afecta la “calidad” de la medi-cion; se puede suponer entonces que el disenador del experimento conoceesto, y ha procurado adaptar ambas impedancias.

A continuacion, se dibuja el modelo electrico del esquema de medicion; estose ve en la Fig. A.13.

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A.4. PROBLEMA 3: MEDICION DE TIEMPO DE TRANSICION 13

ORC

Cable

Gen. Sonda activa

vs vc vo

vg 1×vs

+ + +

---

+ +--

tD=15 ns

Perf. adaptado

50

50 50

10 M

3 pF

Figura A.13: Modelo electrico del esquema de medicion de la Fig. A.12.

Dado el grado de adaptacion del cable, se puede afirmar que la senal vopresente a la entrada del ORC “copia” perfectamente en su forma a la senalpresente en la punta de la sonda, vs; mas especıficamente, la amplitud de vo esexactamente la mitad de vs.

Se procede ahora a determinar la CTC asociada al generador:

τcg = 3 pF× (50 Ω‖10 MΩ)︸ ︷︷ ︸datos del prob.

= 0,15 ns

Entonces, considerando todos los factores que afectan la velocidad de transi-cion de la senal en cada punto de su recorrido desde el generador hasta el ORC,se puede escribir:

tT ,obs2 = tTo

2 + tTs2 + (2,2 τcg)

2︸ ︷︷ ︸error sistematico, te

2

+tTg2

Se calcula te, sabiendo que tTo = 0,35/BW = 0,35/108 = 3,5 ns:

te =√tTo

2 + tTs2 + (2,2 τcg)

2 =√

3,52 + 22 + 0,332

=√

12,3 + 4 + 0,109 = 4,04 ns(A.3)

El mayor peso en el resultado lo tiene el TT del ORC; de hecho, si se ignoranlos otros dos tiempos, resulta te = tTo, cuyo desvıo relativo con el resultado“exacto” es (3,5− 4,04)/4,04 = −13 %; lo que sı es enteramente despreciable esel efecto de la CTC del generador; si se ignora esta cantidad (pero no el TT dela sonda), el desvıo relativo respecto al valor “exacto” es −0,33 %. Mejorar teexige disminuir alguno(s) de los tiempos involucrados en el calculo; sin embargo,tanto tTo como tTs son TT de instrumentos, y el enunciado del problema impidecambiarlos; luego, no hay forma de mejorar la medicion sin cambiar alguno delos instrumentos (es evidente que mejorar la CTC del generador no tiene efectoapreciable).

Se retoma el problema en la condicion tT ,obs2 = te

2 + tTg2, donde te ya

se ha calculado (vease (A.3)); una cuestion importante es que te no poseeincertidumbre, dado que las cantidades que llevan a su calculo tampoco la

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14 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

tienen; esta es una situacion ciertamente idealizada, aunque no hay elemen-tos de juicio para asignar una cifra a dicha incertidumbre. Luego, dado10 quetT ,obs = tT ,obs

(1± utT ,obs

)y tTg = tTg

(1± utT g

), y que tT ,obs

2 = te2 + tTg

2, sepodra escribir:

utT ,obstT ,obs2 = utT g

tTg2 ⇒

(tetTg

)2

=utT g

utT ,obs

− 1,

de donde se deduce:

tTg = te

√utT ,obs

utT g− utT ,obs

Ahora bien, se sabe que utT ,obs ≥ 0,08, que te = 4,04 ns, y que el enunciadorequiere que utT g

≤ 0,15; esto implica que

tTg ≥ 4,04

√8

15− 8≈ 4,3 ns

Tambien se puede escribir:

utT g[ %] =

131(tTg[ns]

)2 + 8

A.5. Problema 4: puente de impedancias

(En Evaluacion Integradora del 6-AGO-2007. Se han cambiado algunas can-tidades.)

Enunciado Se tiene el circuito de la figura, que se utiliza para medir resis-tencias con alta precision; el galvanometro es un IBM11 cuya resistencia internaes de 1 kΩ y una deflexion simetrica (±5 µA a fondo de escala). Inicialmente,todas las resistencias tienen identico valor: 100 kΩ; esto provee una condicionde equilibrio en donde IG = 0. Por diversos motivos (envejecimiento, cambio detemperatura, acciones mecanicas, etc.) los valores de las resistencias cambianindependientemente, y se determinan con una incertidumbre de ±0,1 %. Se pideestimar la nueva indicacion del IBM.

G

VB

R1 R2

R3 R4

IG2 V

Figura A.14: Circuito del Prob. A.5

10El sımbolo ux se usa para indicar la incertidumbre relativa de la magnitud x.11IBM = Instrumento de Bobina Movil.

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A.5. PROBLEMA 4: PUENTE DE IMPEDANCIAS 15

Solucion Este problema puede resolverse de varias formas; se mostrara la quese cree mas sencilla, y se exploraran otras alternativas. Se sometera el circuitoa ciertas transformaciones de “forma”, pero que no cambian la solucion; e de-cir, se formularan varias configuraciones “topologicamente” (y electricamente)equivalentes. La primera transformacion lleva al circuito de la Fig. A.15.

G

VB

R1 R2

R3 R4

IG

Figura A.15: El circuito del problema, al cual se le aplico una ligera transfor-macion geometrica, dejandolo completamente equivalente al inicial.

La segunda transformacion es mas “violenta”, y lleva al circuito de la Fig.A.16.

CargaGenerador

GVB

R1 R3

R2 R4

IG

1

2

Figura A.16: El circuito del problema, al cual se le aplico una segunda transfor-macion geometrica, a partir del de la Fig. A.15, y sigue siendo completamenteequivalente al inicial.

En el modelo de la Fig. A.16 se han agrupado todos los elementos distin-tos al galvanometro en un bloque (denominado “Generador” en el dibujo), yel galvanometro por su lado. El escenario esta preparado para determinar unmodelo Thenevin de la configuracion; esto es razonable, habida cuenta de que elinstrumento es un receptor de energıa, y por lo tanto opera como una “Carga”(y ası se ha designado el bloque distinto del “generador”).

Para obtener el modelo Thevenin del “generador”, se procede al analisissiguiente, basado en la Fig. A.17.

Del circuito se deduce:

VTh = V1 − V2 = (V1 − VREF)− (V2 − VREF) =

VBR3

R1 +R3− VB

R4

R2 +R4= VB

(R3

R1 +R3− R4

R2 +R4

),

(A.4)

y

RTh = (R1‖R3) + (R2‖R4) =R1R3

R1 +R3+

R2R4

R2 +R4(A.5)

Page 16: Problemas resueltos - materias.fi.uba.ar

16 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

Generador

VB

R1 R3

R2 R4

1

2

VTh

+

-

REF

Generador

R1 R3

R2 R4

1

2

RTh

(a) (b)

Figura A.17: Analisis para hallar el modelo Thevenin del “generador”; (a) Ten-sion Thevenin (se retira la “carga” y se “mide” V1−V2); (b) Resistencia Thevenin(se “mide” la resistencia entre 1 y 2 con la baterıa pasivada).

Ahora, el enunciado del problema indica que Rk = R (1 + ηRk), donde R

es el valor de las resistencias cuando se tiene el equilibrio, y ηRkes el desvıo

relativo de la resistencia k respecto al valor de equilibrio (notese que no se hablade incertidumbre). El enunciado del problema establece que −0,001 ≤ ηRk

≤+0,001, cualquiera sea el motivo que cause el desvıo del valor nominal.

Se debe prestar atencion a los signos y valores de los desvıos que producenlos valores extremos de VTh y RTh; el caso de RTh es simple:

RTh es mınimo(maximo) cuando

R1 es mınimo(maximo)R2 es mınimo(maximo)R3 es mınimo(maximo)R4 es mınimo(maximo)

(A.6)

Por lo tanto:

RTh,mın =R× 0,999×R× 0,999R× 0,999 +R× 0,999

+R× 0,999×R× 0,999R× 0,999 +R× 0,999

= R× 0,999

Similarmente,

RTh,max = R× 1,001

Por lo tanto, RTh = R(1 ± 0,001); este calculo no ofrece ninguna claveacerca de la distribucion de probabilidad de valores de RTh en terminos de lascorrespondientes distribuciones de las resistencias componentes, solo brinda losextremos del intervalo de variacion. En principio, esto es todo lo que se necesita.

El caso de VTh es solo un poco mas complejo:

VTh es maximo(mınimo) cuando

R1 es mınimo(maximo)R2 es maximo(mınimo)R3 es maximo(mınimo)R4 es mınimo(maximo)

(A.7)

Por lo tanto:

Page 17: Problemas resueltos - materias.fi.uba.ar

A.5. PROBLEMA 4: PUENTE DE IMPEDANCIAS 17

VTh,max = VB

(R× 1,001

R× 0,999 +R× 1,001− R× 0,999R× 1,001 +R× 0,999

)= VB×0,001

Tambien

VTh,mın = VB × (−0,001)

Por lo tanto, VTh = VB(±0,001); valen las mismas consideraciones que lashechas para RTh respecto a la distribucion de valores dentro del intervalo devariacion. Se comprueba que ∆VTh

def= VTh,max − VTh,mın esta casi directamenterelacionado con los desvıos de las resistencias, siendo la constante de proporcio-nalidad la tension de la baterıa

A partir del modelo Thevenin se obtiene (resistencias expresadas en kΩ;intensidades en µA, y las tensiones en mV):

IG = VTh1

RG +RTh= 2000

±0,0011 + 100(1± 0,001)

=±2

101± 0,1(A.8)

Los desvıos indicados en el numerador y el denominador estan relacionadosde tal manera que no puede afirmarse sin mas que un extremo de uno de ellosocurra coincidentemente con un extremo del otro; esto es facil de entender si seobserva de A.7 y A.6 que las condiciones para extremos son distintas. Teniendoen cuenta esto, y para simplificar la cuestion, se asumira un caso extremo, peroimposible12: las “peores” condiciones para A.8:

IG,max =+2

101− 0,1= +0,01982 µA, y IG,mın =

−2101 + 0,1

= −0,01978 µA

En resumen, la intensidad de corriente en el galvanometro esta dada porIG = 0± 20 nA = 0,4 %FS13.

Solucion alternativa 2 Se empieza con las relaciones (A.4) y (A.5), que seescriben en forma generica:

VTh = VB

(R(1 + ηR3)

R(1 + ηR1) +R(1 + ηR3)− R(1 + ηR4)R(1 + ηR2) +R(1 + ηR4)

)=

VB

(1 + ηR3

2 + ηR1 + ηR3

− 1 + ηR4

2 + ηR2 + ηR4

)=

12VB

(1 + ηR3

1 + 12 (ηR1 + ηR3)

− 1 + ηR4

1 + 12 (ηR2 + ηR4)

)Dado que los desvıos relativos ηRk

son muy pequenos, es valido utilizar lasiguiente aproximacion14:

12Se toman cuatro cifras significativas para poder apreciar la asimetrıa (muy pequena) delintervalo de variacion.

13La notacion %FS deberıa leerse “porciento del fondo de escala”.14Si el lector no esta convencido de la validez de la aproximacion, se le sugiere probar con

algunos ejemplos.

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18 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

Si |x| 1 y |y| 1, entonces1 + x

1 + y≈ 1 + x− y

Por lo tanto,

VTh ≈12VB

(1 + ηR3 −

12

(ηR1 + ηR3)−(

1 + ηR4 −12

(ηR2 + ηR4)))

=

VB−ηR1 + ηR2 + ηR3 − ηR4

4

En forma similar se procede con RTh, resultando:

RTh ≈ R(

1 +ηR1 + ηR2 + ηR3 + ηR4

4

)Defınase η = max1≤k≤4 (ηRk

); entonces se tienen las siguientes acotaciones,no simultaneamente validas:

−VBη ≤ VTh ≤ +VBη, R(1− η) ≤ RTh ≤ R(1 + η)

Por lo tanto, se escribira:

VTh ≈ ±ηVB , RTh ≈ R(1± η)

Finalmente, la intensidad de corriente en el galvanometro es15:

IG =VTh

RG +RTh≈ ±ηVBRG +R(1± η)

=VB

RG +R

±η1± ηR

RG+R

≈ ±η VBRG +R

En concreto:

IG ≈ ±0,0198 µA

Comentarios adicionales Notese la simplificacion lograda mediante la cons-truccion del modelo Thevenin del circuito “ajeno” al galvanometro; si esto nose hiciera, la intensidad de dicho instrumento deberıa hallarse como solucion delsistema de ecuaciones siguiente:

VB = (R1 +R3) I1 −R1I2 −R3I3

0 = −R1I1 + (R1 +R2 +RG) I2 −RGI30 = −R3I1 −RGI2 + (R3 +R4 +RG) I3IG = I3 − I2

La tres primeras se resuelven en I1, I2, e I3, para luego usar la ultimay calcular IG; ademas, cada resistencia (exceptuando RG) debe expresarse enterminos de su desvıo relativo, Rk = Rk (1 + ηRk

) (1 ≤ k ≤ 4).Con todo, el sistema de ecuaciones se ha escrito usando una tecnica de

formulacion llamada “metodo de las mallas”, que es una sıntesis de las Reglasde Kirchhoff y la hipotesis de linealidad del circuito.

15La ultima parte de la cadena surge de cortar los terminos que son de orden 2 o mayores,aroximacion que es correcta, puesto que η es muy pequeno.

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A.6. PROBLEMA 5: CALCULO DE CONSTANTES DE TIEMPO 19

La “moraleja” es la siguiente: antes de plantear ecuaciones en forma apre-surada y (tal vez) desordenada, conviene observar atentamente el circuito, paraevaluar si se tiene a mano alguna tecnica mejor, antes de correr el riesgo demeterse en un lıo algebraico.

A.6. Problema 5: calculo de constantes de tiem-po

(No se ha incluido en ninguna evaluacion; da una idea de determinacion dela dinamica de un circuito.)

Enunciado Se tiene el circuito CR que muestra la Fig. A.18. Suponiendo queel circuito esta relajado en t < 0, y que el generador vG es un escalon de 10V aplicado en t = 0, representar cualitativamente (pero calculando los valoresestimados) la variacion de la intensidad de corriente iRb

para t > 0.

2 31

0

+

+ +

--

-vg v2 v3

iRb

Ra Rb

R1 R2C1 C2

Figura A.18: Circuito CR con 2 constantes de tiempo; se pide determinar iRb(t).

Los valores de los elementos son: C1 = 100C2 = 1 µF, Ra = 9Rb = 9 kΩ,R1 = 2R2 = 2 kΩ.

Solucion La intensidad de corriente que se debe calcular viene dada por laLey de Ohm: iRb

= Rb−1 (v2 − v3). Los primeros calculos que se pueden hacer

son sencillos (tensiones en V, resistencias en kΩ, intensidades en mA):

iRb(0−) = Rb

−1 (v2(0−)− v3(0−)) ≡ 0 (Circ. relajado en t = 0)

v2(+∞) = vg(+∞)R1‖ (R2 +Rb)

R1‖ (R2 +Rb) +Ra= 10× 2‖2

2‖2 + 9= 1 (A.9)

v3(+∞) = v2(+∞)R2

R2 +Rb= 1× 1

2= 0,5 (A.10)

(A.9) y (A.10) ⇒ iRb(+∞) = Rb

−1 (v2(+∞)− v3(+∞)) = 1× (1− 0,5) = 0,5

Otro calculo que puede resultar util es el de las CT16 a circuito abierto, paraobservar si existe una CTD17 (capacitancias en µF, tiempos en ms):

16CT=Constantes de Ttiempo.17CTD=CT Dominante.

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20 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

τ1 = C1Req,1 = C1 (Ra‖R1‖ (Rb +R2)) = 1× (9‖2‖2) = 0,9τ2 = C2Req,2 = C2 (R2‖ (Rb +Ra‖R1)) = 0,01× (1‖ (1 + 9‖2)) = 0,00725 = 7,25 µs

donde Req,1 |Req,2 es la resistencia “vista” por el capacitor C1 |C2 cuando el otrocapacitor se extrae del circuito y los generadores se pasivan. Resulta evidenteque τ1 es la constante de tiempo dominante: τ1 τ2.

En la primer parte de la evolucion del circuito, esto es para instantes posi-tivos, pero mucho menores que τ2, como C1 es el capacitor “lento”, se puedesuponer que este permanece con la carga inicial (en este caso, igual a 0); porotra parte, C2 es el capacitor “rapido” y su carga varıa con mucha mayor velo-cidad que la de C1; una determinacion que orienta mejor en la estimacion de larespuesta es la velocidad de variacion de iRb

.Para esto se plantean algunas ecuaciones, partiendo de d

dt iRb= Gb (v2 − v3);

se tiene

v2(0+) = C1−1iC1(0+) = C1

−1 (Ga (vg(0+)− v2(0+))−G1v2(0+)− iRb(0+))

v3(0+) = C2−1iC2(0+) = C2

−1 (−G2v3(0+) + iRb(0+))

Dado que v2(0+) = 0, v3(0+) = 0, vg(0+) = 10 e iRb(0+) = 0, resulta

ddtiRb

(0+) = GbC1−1Gavg(0+) =

11× 1

1× 1

9× 10 =

109

Si C2 no existiera, la velocidad de variacion de iRbserıa menor, dado que al

inicio, C2 cortocircuita a R2; es un efecto similar a que Req,1 fuera menor; laconclusion es que la carga de C2 “acelera” durante un breve intervalo (del ordende τ2) la variacion de iRb

.El ritmo de variacion de v2 es lento; esto fısicamente se manifiesta como

que la constante de tiempo efectiva para C2 es la que se obtiene suponiendoque en el nudo 2 hay una pila cuya tension es v2 —i.e., no se comete un granerror suponiendo que C1 hace las veces de una pila—; entonces, la resistenciaequivalente para C2 en estas condiciones es R′eq,2 ≈ Rb‖R2 = 0,5, y por lo tanto,τ ′2 = 5 µs (notese que es diferente que la constante de tiempo a circuito abiertoque se calculo antes para C2).

Cuando se analiza que pasa en el intervalo 3τ2 ≈ 28 µs ≤ t ≤ τ1/3 = 300 µs,se asume que C2 adquirio su “carga final” —i.e., a los fines practicos C2 notoma corriente— y que esta evolucionando la tension en C1 como en un circuitode una sola constante de tiempo, precisamente τ1; siendo ası, resulta que iRb

≈v2/(Rb +R2), y este comportamiento es el que se tiene para t→ +∞.

En resumen, la evolucion de iRbocurre como si C2 no existiera, salvo en los

tiempos comparables con τ2, en donde la velocidad de crecimiento esta ligera-mente incrementada respecto a la que habrıa si C2 no existiera.

Comentarios adicionales Si se hiciera al calculo de la solucion de la ecuaciondiferencial asociada al circuito18, se encontrarıa que

18El lector podra encontrarse con el metodo de solucion si cursa la asignatura Analisis deCircuitos; es simple formular la solucion si se usa el analisis nodal y la Transformada deLaplace; ninguna de estas herramientas se suponen conocidas en nuestra asignatura.

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A.6. PROBLEMA 5: CALCULO DE CONSTANTES DE TIEMPO 21

iRb (mA)0,5

0,9(ms)

t

ab

Figura A.19: Intensidad de corriente por Rb; la lınea a trazos a representa larespuesta para el caso en que C2 = 0, es decir, cuando se tiene una sola constantede tiempo, y esta es por supuesto la dominante; la segunda constante de tiempotiene intervencion en los instantes iniciales, tal como indica la lınea continua b.El dibujo es cualitativo, no esta en correcta escala horizontal; otro factor quedepende del tratamiento cualitativo es si la curva “correcta” esta por encimao por debajo de la de primer orden; asunto que depende de las condicionesiniciales.

iRb(t) = iRb

(+∞) +K1 exp(− t

τlenta

)︸ ︷︷ ︸

Evolucion lenta

+K2 exp(− t

τrapida

)︸ ︷︷ ︸

“Correccion” rapida

,

donde K1 y K2 dependen de las condiciones iniciales; concretamente, iRb(0+) =

iRb(+∞) +K1 +K2 y d

dt iRb(0+) = − K1

τlenta− K2

τrapida; este sistema de ecuaciones

se resuelve para dar:

K1 =−iRb

(+∞) + τrapidaddt iRb

(0+)1− τrapida

τlenta

(CTD)≈ −iRb

(+∞) + τrapidaddtiRb

(0+)

K2 =iRb

(+∞)− τlentaddt iRb

(0+)τlentaτrapida

− 1(CTD)≈ τrapida

τlentaiRb

(+∞)− τrapidaddtiRb

(0+)

Remplazando por los valores ya obtenidos, resulta K1 ≈ −0,494, K2 ≈−0,00278.

Vease que los calculos hechos por analisis cualitativo, dan resultados muyproximos:

Cuadro A.1: Comparacion de resultados (analisis cualitativo)↔(calculo exacto)CT Cualitativo Exacto Comentarios

τlenta (ms) 0,9 0,902 (+0,22 %) A circ. abierto; dominanteτrapida (ms) 0,005 0,00499 (−0,2 %) Con C1 cortocirc.τ2 (ms) 0,00725 NA Con C1 abierto

Esto valida el metodo utilizado; notese que τlenta es muy parecida a la CTD(de circuito abierto), mientras que τrapida es la CT calculada (en el caso cuali-tativo) con el capacitor “lento” C1 puesto en cortocircuito, que puede ser muydistinta de la CT de circuito abierto que le corresponde al capacitor “rapido”C2.

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22 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

Aun cuando τ1 no sea tan fuertemente dominante (τ1/τ2 ≈ 124), los calculosprovenientes del analisis cualitativo pueden seguir sirviendo; por ejemplo, si C2

tuviera un valor 10 veces mayor que el del enunciado inicial, esto es, 100 nF, seobtendrıa la tabla siguiente:

Cuadro A.2: Comparacion de resultados, cuando C2 = 0,1 µF (τ1/τ2 ≈ 12,4)CT Cualitativo Exacto Comentarios

τlenta (ms) 0,9 0,924 (+2,7 %) A circ. abierto; dominanteτrapida (ms) 0,05 0,0487 (−2,6 %) Con C1 cortocirc.τ2 (ms) 0,0725 NA Con C1 abierto

El lımite practico que define una CTD es una relacion 10:1. Cuando C2 =C1 = 1 µF, no hay una CTD, y los errores son inaceptables, aunque para unaestimacion los calculos todavıa podrıan ser utiles:

Cuadro A.3: Comparacion de resultados, cuando C2 = 1 µF (errores grandes;τ1/τ2 ≈ 1,24)

CT Cualitativo Exacto Comentariosτlenta (ms) 0,9 1,27 (+41 %) A circ. abierto; dominanteτrapida (ms) 0,5 0,354 (−29 %) Con C1 cortocirc.τ2 (ms) 0,725 NA Con C1 abierto

A.7. Problema 6: disparador de Schmitt

(En Evaluacion Integradora del 29-FEB-2008.)

Enunciado Se analizara un circuito disparador de Schmitt19 (vease la Fig.A.20) de un CU20, con umbrales de conmutacion de +1 V y +2 V y una ca-racterıstica entrada-salida como la indicada en la figura, y se ingresa una senaltriangular bipolar de 20 V pap21 sin componente de CC, con una frecuencia de1 kHz.

1. ¿Como es la variacion temporal de la salida del circuito (grafique y calcu-le)?;

2. Ahora suponga que la amplitud pap varıa ±10 %;

a) ¿Cual es la incertidumbre con la que se conoce el intervalo de tiempoT1 en el que la salida esta en estado alto (3,3 V)?;

b) Esta incertidumbre, ¿afecta el resultado de una medicion de perıodo?

19Tambien denominado comparador con histeresis.20CU=Contador Universal.21pap=pico a pico.

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A.7. PROBLEMA 6: DISPARADOR DE SCHMITT 23

0

+3,3

Tens

ión

de

sa

lida

(V

)Tensión de entrada (V)

+1 +2

Figura A.20: Caracterıstica entrada-salida de un comparador con histeresis.

Solucion Se deben hacer algunas observaciones iniciales.

La frecuencia de la senal de entrada no parece ser al principio un datorelevante, habida cuenta de que se supone que la caracterıstica de entrada-salida del comparador es independiente de la frecuencia; se supondra queest ultimo se cumple siempre; sin embargo, para contestar correctamentea la preg. 2b habra que tener en cuenta la relacion entre el perıodo de lasenal y el ritmo de variacion que tiene la amplitud de la senal de entrada.

No se han explicitado los motivos por los cuales varıa la amplitud de lasenal de entrada; estos pueden ser diversos:

1. El operador del generador de la senal cambia la amplitud actuandomanualmente sobre un control

2. La amplitud varıa en forma impredictible pero en saltos y con inter-valos de cambio muy espaciados en el tiempo

3. La amplitud varıa en forma impredictible como si hubiera ruido enla senal

Segun sea la opcion, la respuesta a la preg. 2b puede cambiar.

Se supone que las incertidumbres en el conocimiento de los umbrales deconmutacion y del nivel de salida son nulas, lo cual no es muy realista; sinembargo simplifica la solucion del problema.

Se presenta en la Fig. un analisis grafico para responder a la preg. 1.Con base en la Fig. A.22, se puede formular:

A

T/4=V2

tB⇒ tB =

T

4V2

A

A

T/4=V1

tS⇒ tS =

T

4V1

A

T1 =T

2+ tB + tS =

T

4

(2 +

V2 + V1

A

) (A.11)

Luego (tiempos en ms; tensiones en V), T1 = 14

(2 + 2+1

10

)= 23

40 = 0,575;entonces, δ = T1

T = 57,5 %.

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24 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

T1

t

t

vent(t)

vsal(t)

T

Umbral alto (+2 V)Umbral bajo (+1 V)

Figura A.21: Analisis de la senal de salida; escala horizontal para ambos graficos:100 µs/div; escala vertical para el grafico de vent: 2 V/div; escala vertical parael grafico de vsal: 1 V/div. Los cırculos grises indican regiones que se analizanampliadas en la siguiente figura; las lıneas verticales de color verde marcan losinstantes de conmutacion por cruce del nivel alto (+2 V), de +3,3 V a 0 V; laslıneas verticales de color rojo marcan los instantes de conmutacion por crucedel nivel bajo (+1 V), de 0 V a +3,3 V. Debido a la histeresis del comparador,T1 6= T/2, a pesar de lo que la figura pudiera sugerir a primera vista.

t

A

V2

A

V1

tB

tS

T/4 T/4

Figura A.22: Analisis de la conmutacion de la senal de salida.

Page 25: Problemas resueltos - materias.fi.uba.ar

A.7. PROBLEMA 6: DISPARADOR DE SCHMITT 25

La formula obtenida para T1 en general, con lo cual la preg. 2a es facil decontestar; en efecto:

T1 =T

4

(2 +

V2 + V1

A

)=T

4

(2 +

V2 + V1

A (1± uA)

)=T

4

(2 +

V2 + V1

A

11± uA

)Se puede aproximar esta expresion, si consideramos que uA = 0,1 1 (en

terminos vagos, la incertidumbre es “pequena”), a

T1

uA1︷︸︸︷≈ T

4

(2 +

V2 + V1

A(1∓ uA)

)=T

4

(2 +

V2 + V1

A

)(1∓

V2+V1

A

2 + V2+V1

A

uA

)

De aquı se obtiene22

uT1 ≈V2+V1

A

2 + V2+V1

A

uA =3/10

2 + 3/10× 0,1 ≈ 0,013 = 1,3 %

Es bastante evidente que la incertidumbre de T1 es tanto menor cuanto mayorsea la amplitud de la senal en comparacion con los umbrales de conmutacion.

Calculo alternativo Sin necesidad de aplicar el calculo aproximado riguro-samente, se entiende que:

Extremos de T1:

T1 es maximo cuando A es mınimoT1 es mınimo cuando A es maximo

Esto se entiende facilmente a partir de la Fig. A.22, o bien aritmeticamentea partir de (A.11).

Luego (tiempos en ms, calculos aproximados a tres dıgitos significativos):

T1,mın =T

4

(2 +

V2 + V1

1,1×A

)=T

4×(

2 +311

)≈ 0,568

T1,max =T

4

(2 +

V2 + V1

0,9×A

)=T

4×(

2 +39

)≈ 0,583

Por lo tanto,

T1 = T1,mın+T1,max

2 ≈ 0,576

uT1 =∣∣∣T1,max−T1,mın

2T1

∣∣∣ ≈ 0,0130 = 1,3 %

Observaciones finales A partir de los calculos anteriores, queda claro que laincertidumbre en la amplitud de la entrada induce incertidumbre en el intervalode tiempo durante el cual la salida esta en nivel alto; cabe preguntarse si dichaincertidumbre temporal:

1. Se manifiesta como incertidumbre en el factor de servicio δ22Esta claro que la formula es valida si los umbrales de conmutacion son menores que el

menor valor posible de la amplitud.

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26 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

2. Se manifiesta como incertidumbre en el perıodo T

Se vera por separado cada caso, sin perjuicio de que ambas situaciones sepuedan manifestar simultaneamente.

Respecto al ıtem 1 de la lista: admitiendo que el perıodo permanece inva-riable (cuestion que se presenta a debate, pero puede ser zanjado sugiriendoque la incertidumbre de T es mucho menor que cualquier otra que se presenteen los calculos23), incertidumbre en T1 se traduce automaticamente en incer-tidumbre en δ; como T1 + T0 = T , resulta UT1 = UT0 ⇔ uT1 = uT0 , yuδ = uT1/T = uT1 + uT ≡ uT1 ; observese que cuando hay fluctuacion en T ,los calculos hechos anteriormente deben ser ajustados a la nueva situacion, y secomplican un poco.

Respecto al ıtem 2 de la lista: se refiere aca a la incertidumbre de origen “in-terno”, esto es, a la incertidumbre de un CU midiendo en modo Perıodo la senalpropuesta; las variaciones de la amplitud pueden ser “lentas”, esto es ∆A/A esextremadamente pequena durante un perıodo de la senal; en este caso, desdeel punto de vista practico, la incertidumbre en la determinacion experimentaldel perıodo es casi 0, puesto que la variacion de amplitud se manifiesta en unavariacion del instante de transicion de la salida en forma “pareja” perıodo trasperıodo; no obstante, cuando la variacion relativa de A no es pequena y ocurreen un intervalo de tiempo comparable con el perıodo, ya existe una incertidum-bre apreciable inducida en la medicion de T ; el caso mas claro de visualizar esaquel en el cual las variaciones de A estan relacionadas con ruido, en el cual va-riaciones importantes de amplitud ocurren en intervalos de tiempo que puedenser comparables con T o aun mas breves; en este caso, la medicion de perıodosı se ve afectada.

A.8. Problema 7: medicion de resistencia con Vy A

(En Evaluacion Integradora del 18-FEB-2009.)

A

V1

V2

VS

Rx

Figura A.23: Circuito de medicion de resistencia con conexion mixta.

Enunciado Se trata de la medicion de resistencia con voltımetro y amperıme-tro. La conexion corta (TBM24) siempre da un resultado menor que el valor

23De cualquier manera, la incertidumbre de T es una propiedad de la senal, es decir, “ex-terna” a la operacion del comparador.

24TBM=Tension Bien Medida.

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A.8. PROBLEMA 7: MEDICION DE RESISTENCIA CON V Y A 27

verdadero, mientras que lo contrario ocurre con la conexion larga (CBM25); esdecir, ambos metodos provocan error sistematico. Un experimentador construyeuna conexion combinada, pretendiendo obtener un balance entre los dos com-portamientos; esto se muestra en la figura (en la cual no hay TBM ni CBM).Dicho experimentador define al valor medido como la media aritmetica entreRm1 = VV 1/IA y Rm2 = VV 2/IA, es decir, Rm = 1

2 (Rm1 +Rm2). Aunqueparece una decision razonable, este resultado sigue teniendo error sistematico;demostrar esta afirmacion; ¿el error sistematico depende de la ddp de la baterıa?.No obstante, hay un valor de Rx para el cual el error sistematico se anula; ¿cuales ese valor? DATOS: VS = 20 V; Rv1 = Rv2 = 200 kΩ; RA = 100 Ω.

Solucion El objetivo en esta parte es obtener una expresion para el errorsistematico en el que incurre la medicion; este es un problema casi puro deTdeC26, en el cual remplazamos cada instrumento por su resistencia equivalente;se formulan entonces las siguientes ecuaciones:

Intens. de corr. en el amperımetro: IA =VS

RA +RV 1‖Rx(A.12)

Tension en voltımetro V1: VV 1 = (RV 1‖Rx) IA(A.12)

=RV 1‖Rx

RA +RV 1‖RxTension en voltımetro V2: VV 2 = VS

Las resistencias medidas correspondientes son:

Resistencias medidas:

Rm1

def= VV 1IA

= RV 1‖Rx

Rm2def= VV 2

IA= RA +RV 1‖Rx

El valor de resistencia medida definida por el experimentador es la mediaaritmetica de estos dos valores:

Rm =12RA +RV 1‖Rx =

12RA +

RV 1RxRV 1 +Rx

Luego, el error sistematico relativo incurrido es

εdef=

Rm −RxRx

=RmRx− 1 =

12RARx

+RV 1

RV 1 +Rx− 1 =

12RARx−

Rx

RV 1

1 + Rx

RV 1

A partir del analisis de esta expresion queda claro que

1. La medicion tiene error sistematico; es mas:

a) Si Rx es muy pequeno, entonces ε ≈ 12RA

Rx→∞;

b) Si Rx es muy grande, entonces ε ≈ −1.

25CBM=Corriente Bien Medida.26TdeC=Teorıa de Circuitos.

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28 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

2. El error sistematico no depende de la tension de la baterıa; esto surgede las ecuaciones planteadas, aunque intuitivamente puede encontrarse elmismo resultado, dado que todas las variables (tensiones e intensidades decorriente) son proporcionales a VS .

3. Existe un valor para Rx que anula el error sistematico; en efecto, si

12RARx

=Rx

RV 1

1 + Rx

RV 1

,

entonces resulta ε = 0; esta afirmacion se debe tomar con cierto cuida-do, habida cuenta de que no hemos incluido en el analisis las inevitablesincertidumbres de cada instrumento.

La condicion de error sistematico nulo conduce a la siguiente ecuacion al-gebraica para obtener el valor correspondiente de Rx, que se simbolizara conRx0:

Rx02 − 1

2RARx0 −

12RARV 1 = 0,

cuya unica solucion positiva es Rx0 = 14RA

(1 +

√1 + 8RV 1

RA

); considerando que

normalmente RV 1 RA (la resistencia interna de un voltımetro es muchısimomayor que la de un amperımetro), se puede aproximar esta expresion a:

Rx que produce error sistematico 0: Rx0 ≈1√2RV 1

Con los datos del problema se calcula (resistencias en Ω, precision del calculo1 %) Rx0 ≈ 200000/

√2 ≈ 140000. No es una medicion muy “inteligente”, dado

que las resistencias internas de los voltımetros dependen del rango de medicion,y que este no “sigue” al valor de la resistencia a medir; entonces, la condicionde anulacion del error sistematico es mas una casualidad que una ocurrencianatural. Las conexiones de TBM o CBM son mas simples y cumplen igualmentecon el objetivo.

A.9. Problema 8: conversor AD doble rampa

(En Evaluacion Integradora del 08-AGO-2007.)

Enunciado Explique el principio de funcionamiento de un ADC27 que usala tecnica de doble rampa (este circuito es la base de muchos MMD28 de bajocosto); use un diagrama de bloques y una explicacion tan poco matematicacomo le resulte posible; indique cada intervalo del ciclo de conversion, y expliqueconceptualmente que ocurre en cada uno de ellos.

27ADC=Analog to Digital Converter=conversor analogico-digital (la frase mas correctaserıa “convertidor analogico a digital”).

28MMD=Multımetro Digital.

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A.9. PROBLEMA 8: CONVERSOR AD DOBLE RAMPA 29

Solucion El objetivo basico de este tipo de conversor es transformar una me-dicion absoluta de tension, en una medicion relativa de tension en combinacioncon una medicion absoluta de una relacion de intervalos de tiempo; como tec-nologicamente es mucho mas facil obtener una medicion precisa de tiempo quede tension (al menos en el terreno de la instrumentacion de bajo y mediano cos-to), la medicion resultante es precisa (la exactitud requerira de una calibracion),con el beneficio adicional de proveer una medicion desprovista de incertidumbrede lectura. Ahora a los detalles.

INT

SEC

OR

CNT

8888

REF

IN

CMP

+

-

Vx

VREF

v

v=0

RST

Figura A.24: Conversor de doble rampa; los caminos en azul son senales analogi-cas, en rojo, digitales.

Los bloques funcionales que componen este conversor son:

1. Una referencia de tension (abrev. REF), calibrada para brindar una ten-sion bien conocida (exacta y precisa), con alta estabilidad ante factoresinternos (ruidos y derivas), y alta inmunidad ante influencias externas(temperatura, tension de alimentacion, etc.);

2. Un integrador (abrev. INT), que provee una salida de tension que es pro-porcional a la integral de la tension de entrada (incluye la constante deintegracion, que se fija como condicion inicial)

3. Un comparador de tension de precision (abrev. CMP);

4. Llaves electronicas, para cambiar la configuracion del circuito presentadaen las distintas fases del proceso de conversion;

5. Un oscilador de referencia (abrev. OR), con una frecuencia altamente es-table;

6. Un sistema digital de conteo de pulsos (abrev. CNT) entregados por elOR;

7. Un sistema digital de control de la secuencia de operaciones (abrev. SEC),tambien llamado secuenciador.

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30 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

El procedimiento de conversion puede dividirse en tres fases, comandadaspor SEC, cuya operacion se explica a continuacion:

1. Ajuste a cero. En esta fase todas las tensiones y corrientes se ajustan avalores que permitan defnir el comportamiento de las dos siguientes fasessin errores residuales, como ejemplo:

INT se inicializa para que la salida sea 0 con entrada 0

CMP se inicializa para reducir a 0 los residuos de tension de salida

2. Integracion. Esta fase tiene una duracion de tiempo prefijada, medida enpulsos del OR, y se aplica al integrador la tension a medir (que se suponeconstante durante toda esta fase) invertida, −Vx; dado que la condicioninicial del integrador es nula (se lo ajusto en la fase anterior), la salidaresulta:

vS(t) = −KiVxt,

donde Ki es una constante estructural de INT; al finalizar la fase de inte-gracion un tiempo Ti despues, la salida es vS(Ti) = Vxi = −KiVxTi; estees el valor inicial de la salida para la fase siguiente.

3. Des-integracion En esta fase se aplica la tension de REF, VREF a laentrada del integrador, con polaridad inversa a la de Vx y entonces:

vS(t) = Vxi +KiVREFt = −KiVxTi +KiVREFt = KiVREF

(t− Vx

VREFTi

)CMP determina cuando vS alcanza a 0, siendo este tiempo Td medido(contando los pulsos del OR que transcurren durante esta fase); se tieneTd = Vx

VREFTi, de donde se deduce que:

Vx =TdTiVREF =

NdNi

VREF,

donde (Nd|Ni) es la cantidad de pulsos contados por CNT (de la mis-ma referencia de temporizacion) durante el intervalo de tiempo de (des-)integracion.

Para que la lectura sea directa en un visualizador, se puede hacer que VREF =2 V y Ni = 2000; luego, si por ejemplo, Vx = 0,497 V, resulta Nd = 1000×Vx =497, ası que se deben contar los pulsos ocurridos solo durante el intervalo detiempo de des-integracion.

Dado que los pulsos se cuentan de la misma fuente, y si se supone que laestabilidad de OR es muy buena, no es difıcil encontrar que uVx

≈ uVREF , y laexactitud se resuelve con un ajuste hecho contra un patron de tension. Luego,la incertidumbre en la medida de tension esta limitada por la de la tension dereferencia; esta se convierte en el elemento mas crıtico de un voltımetro basadoen la tecnica de doble rampa.

A.10. Problema 9: adaptacion de un cable

(En Evaluacion Integradora del 25-FEB-2009.)

Page 31: Problemas resueltos - materias.fi.uba.ar

A.10. PROBLEMA 9: ADAPTACION DE UN CABLE 31

Enunciado

1. ¿Que entiende por impedancia caracterıstica de un cable?;

2. ¿Que entiende por desadaptacion de un cable?;

3. ¿Cuantas variantes de desadaptacion conoce?;

4. ¿Cual es el problema con la desadaptacion cuando se hace una medicion?;

5. ¿Como puede resolverse?;

6. Ud. ha hecho mediciones con los cables desadaptados en casi todos losexperimentos; ¿porque no ha tenido problemas con esto?

Solucion Se asume que un cable no es ni mas ni menos que una lınea detransmision de longitud finita D; se asume tambien que las perdidas son muybajas, o bien que la longitud del cable es lo suficientemente “pequena” comopara ignorar las perdidas de energıa en el cable, en comparacion con la energıaprovista por la fuente de senal, o la energıa entregada por el cable a su carga;luego, hay muy poca atenuacion y/o dispersion29.

Respuestas a las preguntas:

1. La impedancia caracterıstica de un cable puede definirse de varias mane-ras, fısicamente equivalentes:

a) Es la resistencia equivalente “vista” por un generador cuando excitaun cable de las mismas caracterısticas fısicas intrınsecas, pero delongitud infinita;

b) Es la resistencia con la cual hay que cargar el cable para que no hayareflexion de la onda de tension o de intensidad de corriente en elextremo de la carga;

c) Es la resistencia con la cual hay que cargar el cable para que enel extremo generador se “vea” esta misma resistencia, con cualquiertipo de senal;

d) Es el parametro intrınseco del cable determinado por la siguienteformula R0 =

√l/c, donde l es la inductancia especıfica y c es la

capacitancia especıfica.

2. El cable de longitud finita tiene dos extremos:

a) El extremo “generador”, que es donde se inyecta senal hacia dentrodel cable por medio de un circuito productor de energıa;

b) El extremo “carga”, que es de donde sale la energıa del cable paraproveer a un circuito receptor de energıa.

Si la resistencia de Thevenin del generador, o la resistencia de carga tienenvalores distintos de la resistencia caracterıstica del cable, este se considera“desadaptado”:

29No siempre estas condiciones se cumplen en una medicion; es importante reconocer cuales el caso antes de hacer mediciones.

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32 APENDICE A. PROBLEMAS RESUELTOS

3. a) Cuando RTh 6= R0, se dice que esta desadaptado en el generador;

b) Cuando Rcarga 6= R0, se dice que esta desadaptado en la carga.

Naturalmente, se pueden dar ambas desadaptaciones al mismo tiempo.

4. Por lo visto en la respuesta 1b, si el cable esta desadaptado, hay reflexionesde la onda de tension o corriente; esto implica por sı solo una distorsionde la senal cuando llega a la carga, o cuando entra al cable en el extre-mo generador; el sistema de medicion mide una senal que no es la queoriginalmente se genero, si no que contiene superpuestas perturbaciones,generadas por el proceso indeseado de reflexion en alguno de los extremos;esto es un problema para la medicion, agregando incertidumbre.

5. La desadaptacion se puede resolver agregando en el extremo generador oen el extremo carga circuitos de adaptacion; por ejemplo, si la resistenciaThevenin del generador RTh es menor que la resistencia caracterıstica delcable, se puede agregar una resistencia en serie Rs con el generador, de talforma que R0 = RTh +Rs; el costo de esto es agregar atenuacion (perdidade energıa en Rs).

6. En los experimentos hechos en el laboratorio casi siempre las senales tienentiempos de transicion no nulos, del orden de unas decenas de ns; los cablesson cortos (algunos pocos m), y por lo tanto, a las velocidades de propa-gacion esperadas (entre 50 % y 80 % de la velocidad de la luz), el tiempoque tarda el frente de onda para recorrer el cable de extremo a extremo,ida y vuelta (igual a 2tD = 2D/c, no mas de 15 a 20 ns) es menor que eltiempo de transicion intrınseco del generador; luego, cualquier distorsionde la senal ocurrida por desadaptacion queda relativamente “escondida”en los flancos “lentos” de la senal; este es el motivo por el cual no se hanafectado visiblemente las mediciones hechas.