Resonancia Eléctrica

1. 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

2. 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 = √ 𝜔1 𝜔2; si no sucede así, repita el inciso anterior.
𝜔 = 2π𝑓;
𝜔0 = (1630)2π = 3260π; 𝜔1 = (1150)2𝜋 = 2300𝜋; 𝜔2 = (2320)2π = 4640π;
𝜔0 = √ 𝜔1 𝜔2 = √(2300)(4640)𝜋2
𝜔0 = 3266.80π ≈ 3260π
d) El factor de calidad.
𝑄 =
𝑓0
𝑓2 − 𝑓1
=
𝑓0
𝐵
𝑄 =
1630
1170
= 1.393

3. e) El valor de L a partir de ω0 y C.
𝜔0 =
1
√ 𝐿𝐶
; 𝐿 =
1
𝐶 𝜔0
2;
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 = √ 𝜔1 𝜔2; si no sucede así, repita el inciso anterior.
𝜔 = 2π𝑓;
𝜔0 = (2250)2π = 4500π; 𝜔1 = (2210)2𝜋 = 4420𝜋; 𝜔2 = (2290)2π = 4580π;
𝜔0 = √ 𝜔1 𝜔2 = √(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

4. 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 = √ 𝜔1 𝜔2; si no sucede así, repita el inciso anterior.
𝜔 = 2π𝑓;
𝜔0 = (4120)2π = 8240π; 𝜔1 = (810)2𝜋 = 1620𝜋; 𝜔2 = (2120)2π = 42400π;
𝜔0 = √ 𝜔1 𝜔2 = √(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.

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