Ejercicios Resueltos ADC / DAC

Curso:
Profesor:
Programa:
Equipos y Sistemas de Control Digital
Felipe Páez M.
Automatización, Vespertino, 2010
Ejercicios Resueltos ADC / DAC
Versión 1.1
Problemas Resueltos:
1. Se tiene un DAC ideal de 10 bits, con tiempo de estabilización total tset de 12 µs.
Está conectado en una configuración con VREF- a tierra y VREF+=12 V. Al
respecto:
a. Calcule el valor del LSB.
Sol. El paso entre valores de voltaje discretos, también conocido como LSB,
corresponde a:
V
−V
LSB = REF + n REF − donde n=10 bits.
2
Por tanto el LSB= 12/210 = 0.01171875 volts
b. Calcule la máxima salida análoga y el error de escala completa
expresado como porcentaje de la misma.
Sol. La máxima salida análoga se produce para una entrada digital
N=1111111111 binario, o (210) – 1=1023 decimal. Por tanto, la salida análoga
sería 1023*LSB = 11.9883 V.
El error de escala completa corresponde a la salida máxima ideal menos la real,
es decir, 12 V – 11.9883 V = 0.0117 V. Para expresarlo como porcentaje, se
recurre a la proporción:
100%
12V
=
x%
0.0117V
de donde x=(0.0117 * 100)/12 = 0.098 %
c. Calcule la salida para el valor 1001100011 binario.
Sol. La entrada N=1001100011 b = 29 + 26 + 25 + 21 + 20 = 611 dec., por tanto
la salida será 611·LSB = 7.16 V.
d. Determine si una frecuencia de trabajo del DAC de 150 kHz respeta sus
condiciones de operación. Justifique.
1
Sol. La frecuencia de entrada o trabajo del DAC determina la cantidad de veces
por segundo que el DAC debe convertir la entrada digital en salida análoga. Es
evidente que, para una operación fiable, no puede exigírsele al DAC que realice
la conversión en un tiempo menor al de estabilización. Por tanto, para una
frecuencia de trabajo de 150 kHz, se tendría que el tiempo entre conversiones
debe ser de 1/150000 = 6.67 µs, pero el mismo DAC requiere de por lo menos
12 µs para estabilizar la salida, por lo que esta frecuencia de trabajo en la
entrada es inadecuada para el conversor.
2. Se dispone de un ADC ideal de 8 bits de resolución, con voltajes de referencia
Vref+ = +10V y Vref- a tierra. Además, su tiempo de conversión es de 20 uS.
Determine:
a. Valor del LSB
Sol. LSB =
V REF + − V REF −
donde n=8 bits y Vref- = 0.
2n
Por tanto el LSB= 10/28 = 0,0390625 volts
b. Resultado digital si se aplica VIN = 4.68 V
 V − V REF − 
 , donde la
Sol. Para el ADC ideal, la salida digital N = 2 n  IN
 V REF + − V REF − 
parte fraccionaria de N se elimina si existe. En este caso, para n=8 bits,
 4.68 − 0 
N = 28 
 = 119.808 , que debe aproximarse a N=119.
 10 − 0 
c. Resultado digital para VIN = 10 V.
Sol. Para VIN ≥ VREF+ , asumiendo que este voltaje de entrada no quema al
conversor, se produce un fenómeno de saturación, donde N es el máximo
posible para la cantidad de bits dada, es decir, N=2n – 1. En este caso, N=28
– 1 = 255.
d. A qué voltaje en la entrada corresponde una salida digital N=11010101
binario.
Sol. En primer lugar es necesario traducir a decimal la salida N dada, en este
caso, N = 128+64+16+4+1 = 213. Luego se despeja el término VIN en la
 V − V REF − 
 , reemplazando todos los demás valores
ecuación N = 2 n  IN
 V REF + − V REF − 
2
v −0
conocidos. En este caso, 213 = 2 8  IN
 , de donde se despeja que VIN =
 10 − 0 
8.3203 V.
e. Si ahora se mantiene VREF+ en 10 V pero se usa una configuración
simétrica, determine la salida N para VIN = -2 V.
Sol. El cambio a la configuración simétrica implica que VREF- = -VREF+ , por
tanto ahora VREF- = -10V. Aplicando entonces la fórmula anterior
 V − V REF − 
 , se tiene que N=102.4 que se “recorta” a N=102.
N = 2 n  IN
 V REF + − V REF − 
f. Determine la máxima cantidad de muestras por segundo que el ADC puede
tomar.
Sol. Si el tiempo de conversión es tconv = 20 µs , entonces su frecuencia de
1
1
1
muestreo es de f s =
=
=
= 50 Khz . Entonces, el ADC
tconv 20 µs 20 ⋅ 10 −6 s
toma 50000 muestras por segundo, que también se expresa como 50 kS/s
(kiloSamples / segundo).
3. Un ADC con tecnología de aproximaciones sucesivas posee 12 bits de
resolución y requiere 1 pulso de reloj por cada bit de salida. El tiempo de
conversión total se cuenta desde el primer hasta el último pulso. Según el
fabricante, la frecuencia máxima de muestreo es de 80 KHz, pero la entrada de
reloj admite pulsos de hasta 1.2 MHz. Al respecto:
a. Calcule qué frecuencia de reloj se requiere para hacer trabajar al ADC
a su máxima frecuencia de muestreo.
Sol. Puesto que el ADC es de 12 bits y requiere un pulso por bit, se establece la
relación entre la frecuencia de reloj fCLK (del tren de pulsos) y la frecuencia de
conversión fCONV (cantidad de muestras por segundo, tambien llamada frec. de
muestreo):
f CLK
12
Por tanto, para lograr que el ADC trabaje con una frecuencia de muestreo fCONV
= 80 kHz, f CLK = 12 ⋅ 80kHz = 960kHz
f CONV =
b. Calcule la frecuencia de muestreo que se obtendría al aplicar la máxima
frecuencia de reloj. ¿Es aceptable para la especificación del ADC ?
3
Sol. La máxima frecuencia de reloj es fCLK=1.2 Mhz = 1200 kHz. Según la
ecuación anterior, a esta frecuencia el ADC debiera convertir a una fCONV de
1200/12 = 100 kHz, lo que excede el máximo para fCONV, que es de 80 kHz; por
tanto fCLK=1.2 Mhz no es aceptable para este ADC.
c. Si este ADC ampliara su resolución a 24 bits, manteniendo sus demás
especificaciones, calcule el tiempo de conversión que se obtendría con
una frecuencia de reloj de 480 kHz
Sol. Si ahora n=24 bits, la fórmula anterior queda:
f
f CONV = CLK , donde fCLK = 480 kHz.
24
Evaluando, fCONV=20 kHz < 80 kHz (máximo fCONV), lo que implica que no hay
problema para muestrear a esta frecuencia.
4. Se dispone de un DAC ideal con 12 bits de resolución, Está conectado en una
configuración con VREF- = -6 V y VREF+=10 V. Al respecto:
a. Determine la salida anàloga para entrada N=2541 dec.
V REF + − V REF −
donde
2n
n=12 bits. Por tanto el LSB= 16/212 = 0.00390625 V. Luego, la salida VOUT se
calcula como VOUT = N ⋅ LSB + V REF − , donde reemplazando los valores del
problema se obtiene que VOUT = 3.926 V.
Sol. En primer lugar se determina el LSB, usando LSB =
b. Determine qué entrada N debe aplicarse al DAC para obtener VOUT = 8 V.
Sol. La entrada N a calcular se obtiene reemplazando el voltaje de salida
deseado, junto con el LSB y el voltaje VREF- en la fórmula
VOUT = N ⋅ LSB + V REF − , y se procede a despejar N. En este caso,
V
− V REF −
N = OUT
=3584 dec.
LSB
c. El DAC puede entregar hasta 10 mA en su salida antes de que su voltaje
caiga producto de la carga aplicada. Determine, para la máxima salida
análoga de voltaje posible, la mínima impedancia resistiva requerida para
que respete esta limitación.
Sol. En términos de circuito, el problema plantea lo siguiente:
4
i out
+
RL vout
DAC
-
Debe respetarse que iout no supere los 10 mA, ya que de otro modo el voltaje
de salida del DAC caería respecto al esperado de acuerdo a su entrada digital
N. En este caso, si Vout se ha fijado en 10 V, la resistencia de carga se calcula
V
10V
simplemente como RL = out =
= 1Kohm . Cualquier valor inferior
iout 0,01A
para esta resistencia provocaría que la corriente de salida fuera mayor y por
tanto, dado que el DAC no puede proporcionarla, el efecto sería que el
voltaje de salida caería en su valor, además de sobrecargar el circuito.
d. Conecte un amplificador operacional a la salida del DAC para solucionar
este problema.
Sol. El problema de la poca capacidad de carga del DAC se puede solucionar
con un amplificador operacional conectado en ganancia unitaria:
iout
+
DAC
vout
+
-
iamp
+
RL vout
-
El operacional proporciona una corriente iamp mucho mayor que iout, al
tiempo que su entrada (+) consume unos pocos microamperes, en la mayoría
de los casos. Por tanto, su voltaje de salida es el mismo que el del DAC, pero
con una capacidad de carga mucho mayor.
Otro beneficio de esta configuración es que la carga no queda conectada
directamente al conversor y por tanto su operación es más segura.
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