Electrónica de Comunicaciones Ejercicios Tema 6: PLL

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Electrónica de Comunicaciones

Ejercicios Tema 6: PLL

Harold Molina-Bulla

Diciembre 16 2004

1. Problema 1

Solución Apartado 1

Para solucionar estos problemas recordemos que para realizar el análisis lo que haremos es decir que en los detectores de fase las frecuencias son iguales. Por lo tanto:

Caso a (Figura 1)

En este caso en el detector de fase tenemos que: fr = f_Nv

fv = N fr

Caso b (Figura 2)

La salida de este sintetizador esta dada por la expresión: f0 = fV CO1 + fL

Tenemos 2 detectores de fase. En el detector de fase superior tenemos la siguiente igual-dad:

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Figura 2: Sintetizador H´ıbrido

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fr = fV CO1−fV CO2_P M Despejando f_{V CO1} M fr = fV CO1− fV CO2_P fV CO1 = M fr+ fV CO2_P

Del segundo detector de fase tenemos que: fr = fV CO2−fL_Q N Despejando f_{V CO2} N fr = fV CO2− f_QL fV CO2 = N fr+ f_QL

Sustituyendo en la expresión de f_{V CO1} fV CO1 = M fr+

N fr+fL_Q

P

fV CO1 = M fr+ N_Pfr+ _{P Q}1 fL

fV CO1 = (M + N_P)fr+ _{P Q}1 fL

Y ahora calculamos la salida: f0 = (M + N_P)fr+ _{P Q}1 fL+ fL

f0 = (M +N_P)fr+ (_{P Q}1 + 1)fL

Caso c (Figura 3)

En este caso f0 = fV CO2.

Tenemos 2 detectores de fase:

Para el primero, en la parte superior del esquema, tenemos:

P

Qfr+ fd= P fr− fV CO1

Despejando fV CO1tenemos:

fV CO1 = P fr− P_Qfr− fd

fV CO1 = P (1 − _Q1)fr− fd

En el segundo detector de fase, en la parte inferior, encontramos que:

fr M = f0−fV CO1 N Despejando f0 N Mfr = f0− fV CO1 f0 = _MNfr+ fV CO1 Sustituyendo f0 = _MNfr+ P (1 − _Q1)fr− f d f0 = N M + P − P Q fr− fd Solución Apartado 2 Caso a

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este caso, el salto está determinado por f_r, por lo tanto fr = 10Hz

Como la expresión de la frecuencia de salida es fv = N fr, necesitaremos calcular Nmin

tal que

fvmin = Nminfr

198 · 106 = Nmin· 10

Nmin = 198 · 105

De manera análoga calculamos N_max fvmax = Nmaxfr

200 · 106 _{= N}

max· 10

Nmax = 200 · 105

Caso b

Tenemos las siguientes restricciones:

fr = 104Hz(Aquí hay una errata en el enunciado)

P = 1000 Q = 2

Con estas restricciones tenemos:

f0 = (M + ₁₀₀₀N )104+ (_2·10001 + 1)fL

Simplificando tenemos que: f0 = 104M + 10N + 1,0005fL

Con N vamos a dar los pasos de 10Hz en 10 Hz, con M daremos los saltos grandes (ajuste grueso) y con fLestableceremos la frecuencia de inicial.

Los saltos en cada paso de M es de 10000, con lo cual con 10 · N debe cubrir esta variación. Para ello el rango de variación de N va entre 1.,1000.

N ∈ [1.,1000]

Diremos que el valor mínimo de M es 1. Con este valor calcularemos el valor de f_L. Con esto la ecuación quedaría:

198 · 106 _{= 10}4 _{+ 10 + 1,0005f} L fL= 198·10 6₋₁₀4₋₁₀ 1,0005 fL= 197891044,478Hz

Ahora calcularemos el valor máximo:

200 · 106 = 104Mmax+ 10000 + 1,0005fL 200 · 106 _{= 10}4_M max+ 10000 + 197989990 200 · 106_{− 197989990 − 10000 = 10000M} 2000010 = 10000Mmax Mmax = 200,001

Toca aproximar al entero superior más próximo, con lo cual: M ∈ [1.,201]

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Caso c

Tenemos las siguientes restricciones:

fr = 106(Aquí hay una errata en el enunciado)

P = 189 Q = 27 M Constante

Contador programable entre 1.9 a 2 MHz a intervalos de 10Hz. Con estas condiciones la función de f0 es:

f0 = (_MN + P − P_Q)fr− fd

f0 = (_MN + 189 −189₂₇) · 106 − fd

f0 = _MN · 106+ (189 − 4) · 106− fd

f0 = _MN · 106+ 185 · 106− fd

f0 = _MN · 106− fd+ 185 · 106

Con fdestableceremos la sintonía fina del sintetizador, y con la relación N/M la gruesa.

Adicionalmente ya tenemos como punto de partida 185MHz establecidos por la relación (P − P/Q)fr.

como con fdobtendremos la sintonía fina, es necesario que la distancia entre N/M · 106

y (N +1)/M )·106_{no supere la variación de f}

dde 100KHz para asegurar un cubrimiento

total de las frecuencias. Con esto podemos plantear:

N +1 M − N M · 10 6 _{≤ 10}5 N +1 M − N M ≤ 0,1 1 M ≤ 0,1 M ≥ 10

Entonces podemos escoger el caso extremo: M = 10

Con esta suposición, tenemos: f0 = N · 105− fd+ 185 · 106

Obsérvese que fdtiene signo negativo, con lo que necesitaremos fdmin para obtener la

máxima frecuencia de salida. Con esto calcularemos Nmax

f0max = Nmax· 10 5_{− f} dmin+ 185 · 10 6 2 · 108 _{= N} max· 105− 1,9 · 106+ 185 · 106 2 · 108− 185 · 106 _{+ 1,9 · 10}6 _{= N} max· 105 16,9 · 106 _{= N} max· 105 Nmax = 169

De manera similar calcularemos Nminutilizando fdmax

f0min = Nmin· 10 5_{− f} dmax + 185 · 10 6 198 · 106 = Nmin· 105 − 2 · 106+ 185 · 106 198 · 106_{− 183 · 10}6 _{= N} min· 105

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15 · 106 = Nmin· 105

Nmin = 150

Con lo cual: N ∈ [150.,169]

Solución apartado 3

Para esto necesitamos recordar que el tiempo de transición está dado por una relación determinada por la frecuencia de referencia y es:

Tsetup= 8 25_f_r

Tomaremos el peor de los casos, cuando el numerador vale 25. Tsetupa = 25 fra = 25 10 Tsetupa = 2,5seg Tsetupb = 25 f_rb = 25 104 Tsetupb = 2,5mseg Tsetupc = 25 frc = 25 106 Tsetupc = 25µseg

2. Problema 2

Antes que nada, el sumador que une el PLL inferior con el superior, tiene una operación resta, para que el apartado b se pueda realizar. Con esta suposición tenemos:

Solución apartado A

Para hallar una expresión en el dominio de Laplace del sintetizador propuesto, lo dividi-remos en dos partes: Primero una expresión de θo,2(s)correspondiente al PLL inferior, y

después desarrollaremos el PLL superior.

El PLL inferior es un PLL normal. Por lo tanto la expresión de la fase de salida es: θo,2= K2F2(s)

s+K2_N2F2(s)

θ2

donde:

K2 = 2πKd2Kv2

Ahora desarrollemos el PLL superior: θo,1= K_s1 · F1(s) · θ1− θo,1−θo,2 N1 θo,1= K_s1 · F1(s) · θ1− K1·F1(s) sN1 θo,1+ K1·F1(s) sN1 θo,2 θo,1 1 + K1 sN1 · F1(s) = K1 s · F1(s) · θ1+ K1 sN1 · F1(s)θo,2

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θo,1 1 + K1 sN1 · F1(s) = K1 s · F1(s) · θ1+ K1 sN1 · F1(s) K2F2(s) s+K2_N2F2(s) θ2 θo,1= _s+KK11F1(s) N1F1(s) θ1 +_s+KK11F1(s) N1F1(s) K2F2(s) s+K2 N2F2(s) θ2 fo,1= HP LL1(s)θ1+ HP LL1(s)HP LL2(s)θ2 Solución Apartado b

Recordemos que para el cálculo de las funciones de frecuencia, los detectores de fase se comportan como igualdades:

Del PLL inferior podemos deducir: f2 = f_N0,2

2

f0,2 = N2f2

Ahora, del detector de fase del PLL superior, encontramos la siguiente igualdad: f1 = f0,1 −f0,2 N1 N1f1 = f0,1− f0,2 f0,1 = N1f1+ f0,2 f0,1 = N1f1+ N2f2 Solución Apartado c

Con f2 definiremos los saltos de 200KHz en 200KHz y con f1 definiremos la banda de

trabajo. Con este planteamiento, ya conocemos: f2 = 200KHz

Con N2 recorreremos los 125 canales que nos piden, así que para este caso N2 ∈

[1.,125]

Con f1estableceremos el canal, así que diremos que: N1 ∈ [1.,2]

Para el valor mínimo de N1 y N2 debemos tener la frecuencia menor del primer canal,

correspondiente a 887.5MHz. fmin1 = f1 +f 2

887,5M Hz = f1+ 200KHz

f1 = 887,3M Hz

Nos queda revisar el caso de la segunda banda. Para ello analizaremos el caso de N1 = 2en cuyo caso: fmin2 = 2f1+ N 0 2· 200KHz 1787,4M Hz = 1774,6M Hz + N₂0 · 200KHz N₂0 · 200KHz = 12,8M Hz N₂0 = 64

Entonces para la segunda banda: N2 ∈ [64.,189]

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Por lo tanto: N2 ∈ [1.,189]

Para cubrir las dos bandas de transmisión.

Solución Apartado d

Se nos indica que la función de transferencia del filtro de los PLLs es: Fi(s) =

1+sτ2,i

sτ1,i

donde el subíndice i indica si el filtro es el del PLL1 o del PLL2.

Analizaremos el caso extremo, correspondiente al que tiene que realizar más saltos, cor-respondiente al PLL2 y en el peor de los casos, con índice de división N2 = 187.

∆f2 = 200KHz

ζ = 0,7

∆f2 = 1,8(1 + ζ)fn2

De aquí podemos obtener fn2

200KHz = 1,8(1 + 0,7)fn2 fn2 = 200KHz 1,8·1,7 fn2 = 65,3594KHz ωn2 = 410,6657Krad/seg

De los apuntes de clase (y del último ejercicio planteado en los problemas) sabemos que: ωn2 =

q

K2

N2τ1,2

Despejando de esta fórmula τ1,2

τ1,2 = _N₂K_ω22 n2

Usando la tercera fórmula conocida: 2ζ = K2 N2 τ2,2 τ1,2 1 ω_n2

Y sustituyendo τ_1,2 en ella, tenemos: 2 · (0,7) = K2 N2 τ2,2 K2 N2ω2n2 1 ω_n2 Simplificando tenemos: 1,4 = ωn2τ2,2 τ2,2 = _ω1,4 n2 τ2,2 = 3,409099 · 10−6

Ahora solo nos queda calcular τ1,2. Para lo cual utilizaremos la fórmula:

τ1,2 = _N₂K_ω22 n2

Pero tenemos 2 incógnitas (τ1,2 y K2) y solo una ecuación!!! Así que tendremos que

suponer algo!. No podemos suponer τ1,2, no en vano es lo que nos preguntan!!!, así que

supondremos K2. Pero que valor le asignamos? Un K de algún otro PLL que conozcamos,

como por ejemplo el del problema 4. (Si conocéis otro K válido, se puede utilizar el que deseéis).

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K2 = 2πKdKv Donde: Kd = 500mv/rad = 0,5V /rad Kv = 40M Hz/5V = 8M Hz/V K2 = 2π0,5 · 8 · 106 K2 = 25,13274 · 106

Con esta suposición, ahora calculamos τ_1,2 τ1,2 = 25,13274·10 6 189·(410,6657·103₎2 τ1,2 = 788,4991 · 10−9

3. Problema 3

Solución apartado a

El PLL solicitado es el diseño de un PLL común, con 2 divisores: el Primero N fijo y el segundo programable M.

El divisor programable tiene la limitación de la frecuencia de entrada de 10MHz.

Con estos datos calculamos la función de transferencia del PLL (que es la de todos los PLL): φo(s) = φr(s) − φ_{N ·M}o(s) · 2 · π · Kd· K_svF (s) Denominamos K = 2πKdKv Despejando φo(s)tenemos: φo(s) = K_sF (s)φr− _{N ·M ·s}K F (s)φo φo(s) 1 +_{s·N ·M}K F (s) = K_sφr φo(s) = K sF (s) 1+_{s·N ·M}K F (s)φr φo(s) φrs = KF (s) s+_{N ·M}K F (s) Solución apartado b

Aquí ya necesitamos la limitación del contador M. Para el peor de los casos (fo =

40M Hz) la frecuencia de entrada al divisor M debe cumplir la relación:

40M Hz

N ≤ 10M Hz

Por lo tanto: N ≥ 4

Por otro lado, la diferencia entre dos saltos consecutivos de M debe ser de 500KHz, con un reloj de referencia de 100KHz, por lo tanto:

(M + 1)N fr− M N fr = 500KHz

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N = 500KHz_100KHz Por lo tanto:

N = 5

Que cumple la condición anterior.

Con N encontrado, ahora debemos encontrar Mminy Mmax.

fomax = Mmax· N · fr

40M Hz = Mmax500KHz

Mmax = 80

De manera análoga calculamos M_min fomin = Mmin· N · fr

30M Hz = Mmin500KHz

Mmin = 60

M ∈ [60.,80]

Solución apartado c

No, no es posible, ya que para lograr pasos de 100KHz, con un reloj de referencia de 100KHz, el divisor fijo N debe valer 1. Con este valor la frecuencia de entrada al divisor programable es, en el mejor de los casos, de 30MHz, que supera sus especificaciones.

4. Problema 4

El esquema de un sintetizador de doble módulo corresponde al la figura 5.

Su funcionamiento es el que sigue: Establecemos que el divisor de doble modulo P/P+Q inicia contando hacia atrás P+Q veces, dividiendo por P+Q la señal f_o. El contador A, que también cuenta hacia atrás, en el momento que llega a cero (A · (P + Q) pulsos de fo), cambia el factor de división a P. N0 es otro contador que cuenta hacia atrás. En

el momento que llegue a 0 (A · (P + Q) + P (N − A) pulsos de fo), reinicia todo el

sistema. Con este comportamiento tenemos que la fórmula de f0 es:

fo= (A(P + Q) + P (N0− A)) fr

Por las características que nos dan: P/P+Q como 10/11, podemos deducir que P vale 10 y Q vale 1.

Reemplazando estos datos en la fórmula planteada en el apartado anterior, tenemos: fo = (A(11) + 10(N0− A))fr

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F(s) + -Kd Fr ÷N0 Kv s Fr’ ÷K Fo ÷ P P +Q ÷A

Figura 5: Sintetizador con divisor Doble M ´odulo

fo = (10N0+ A)fr

Con este resultado podemos decir:

El ajuste grueso lo determinamos con N0que da saltos de 10 en 10 fr, el ajuste fino lo

determinamos con A, con saltos de fr. Como los saltos que nos piden son de 25KHz,

tenemos que: fr = 25KHz

Con A debemos cubrir los saltos determinados por N0, que son de 10 en 10, con lo que

A tiene un rango de: A ∈ [1.,10]

Con esto aseguramos cubrir los espacios no cubiertos por N0.

Para determinar los valores de N0, lo hacemos igualando a la frecuencia mínima y

máxi-ma de salida, con lo cual: f0min= (10N0min+ Amin)fr

400M Hz = (10N0min+ 1)25KHz 400·106 25·103 = 10N0min+ 1 16 · 103 _{= 10N} 0min+ 1 15999 = 10N0min N0min = 1599,9

Como N0debe ser entero, tomamos el entero inferior más próximo, es decir 1598.

De manera análoga calculamos N0max:

f0max = (10N0max+ Amax)fr

440M Hz = (10N0max+ 10)25KHz

440·106

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17600 = 10N0max+ 10 17590 = 10N0max N0max = 1759 Con lo cual: N0 ∈ [1598.,1759] Solución apartado 3

Para calcular los datos de τ1y τ2debemos calcular la N global para poder aplicarla en las

fórmulas que nos han suministrado: fo = NTfr

Donde NT = 10N0+ A. Sustituyendo por los valores conocidos:

420 · 106 _{= N}

T25 · 103 420·106

25·103 = NT

NT = 16800

También necesitamos la ganancia del PLL: K = 2πKdKv

donde: Kd = 500mV /rad = 0,5V /rad

Kv = 440M Hz−400M Hz_{5V −0V} = 40M Hz_5V = 8M Hz/V

Sustituyendo, tenemos:

K = 2π,5V /rad8 · 106_{Hz/V = 8π · 10}6 _{= 25,13274 · 10}6

Con estos datos podemos despejar: ωn = q K NTτ1 ω2 n = NKTτ1 τ1 = _N_TK_ω2 n τ1 = 25,13274·10 6 16800·8002 τ1 = 233,7495 · 10−3

Ahora aplicamos la segunda fórmula para despejar τ₂: 2ζ = _NK T τ2 τ1 1 ωn τ2 = 2ζNT_Kτ1ωn τ2 = 2·1·16800·233,7495·10 −3_·800 25,13274·106

Con lo que tenemos: τ2 = 250 · 10−3