Ejecricios resueltos

ESCUELA UNIVERSITARIA DE

INGENIERA TCNICA DE TELECOMUNICACIN

UNIVERSIDAD DE LAS PALMAS DE GRAN CANARIA

ELECTRNICA ANALGICA

Sonido e Imagen

Problemas de Respuesta en Frecuencia

Octubre de 2007

Nieves Hernndez Gonzlez

Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia

Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 2


NDICE

Cuestiones Tericas ...................................................................................................................................................... 4 Problema 1 .................................................................................................................................................................... 6

1. Calcular la ganancia de tensin a frecuencias medias..................................................................................... 7 2. Calcular las expresiones de los polos y ceros de baja frecuencia y ajustar los valores de los condensadores para conseguir una frecuencia de corte inferior fci = 500 Hz. ....................................................... 9 3. Calcular las expresiones de los polos y ceros de alta frecuencia y aadir un condensador donde considere adecuado, de tal forma que su valor capacitivo establezca una frecuencia de corte superior fcs = 100 KHz. ............................................................................................................................................................. 13 4. Escribir la funcin de transferencia total del amplificador. .......................................................................... 17

Problema 2 .................................................................................................................................................................. 18 1. Ganancia de tensin a frecuencias medias. ................................................................................................... 19 2. Ganancia de tensin a bajas frecuencias en funcin de s AvBF(s) y frecuencia de corte inferior fci. .......... 20 3. Ganancia de tensin a altas frecuencias en funcin de s AvAF(s) y frecuencia de corte superior fcs. ......... 28 4. Expresin de la ganancia de tensin para todo el rango de frecuencias y representar el diagrama de Bode para mdulo y fase..................................................................................................................................... 33

Problema 3 .................................................................................................................................................................. 37 1. Ganancia de tensin a frecuencias medias. ................................................................................................... 38 2. Ganancia de tensin a bajas frecuencias en funcin de la frecuencia compleja s. Cul ser la frecuencia de corte inferior?................................................................................................................................ 39 3. Ganancia de tensin a altas frecuencias en funcin de la frecuencia compleja s. Cul ser la frecuencia de corte superior?............................................................................................................................... 44 4. Expresin de la ganancia de tensin para todo el rango de frecuencias........................................................ 50

Problema 4 .................................................................................................................................................................. 51 Problema 5 .................................................................................................................................................................. 54



Cuestiones Tericas

1. La frecuencia de corte inferior de un amplificador es: a) La frecuencia del polo de menor frecuencia, si ste est separado ms de una dcada

del resto de polos y ceros. b) Mayor o igual que la frecuencia del polo mayor de baja frecuencia. c) La determina la capacidad de Miller. d) Menor o igual que la frecuencia del polo mayor de baja frecuencia.

2. Un circuito tiene slo tres polos de baja frecuencia, impuestos por tres condensadores de

igual valor. Su frecuencia de corte inferior: a) Ser la del condensador que vea la mayor resistencia en sus bornes. b) Ser la del condensador que vea la menor resistencia en sus bornes. c) Depender del valor de las resistencias vistas en sus bornes. d) Ser la raz cbica de las tres frecuencias impuestas por los condensadores.

3. Si un transistor tiene una a frecuencias medias de 100, y a 80 Krad/s dicha ganancia de corriente se reduce a 37 decibelios, Cul ser su frecuencia de transicin?:

a) 800 rad/s. b) 80 Krad/s. c) 800 Krad/s. d) 8 Mrad/s. 4. La funcin de transferencia de un circuito en baja frecuencia:

a) Tiene que tener ms ceros que polos. b) Tiene que tener ms polos que ceros. c) Tiene que tener el mismo nmero de polos que de ceros. d) El nmero de ceros no depende del nmero de polos ni viceversa.

5. En baja frecuencia, la frecuencia de corte inferior de un circuito es aproximadamente:

a) La del menor de todos los polos. b) La del mayor de todos los polos. c) La del menor de todos los polos si los dems polos y ceros estn al menos una

dcada por arriba. d) La del mayor de todos los polos si los dems polos y ceros estn al menos una

dcada por debajo.

6. A bajas frecuencias, las capacidades interelectrnicas actan como: e) Circuitos abiertos. f) Cortocircuitos. g) Su valor ha de tenerse en cuenta a dichas frecuencias. h) No tiene sentido hablar de capacidades interelectrnicas a baja frecuencia.

7. A altas frecuencias, las capacidades de acoplo/desacoplo actan como:

i) Circuitos abiertos. j) Cortocircuitos. k) Su valor ha de tenerse en cuenta a dichas frecuencias. l) Valores nulos.



8. Un circuito tiene en baja frecuencia dos ceros (en 4 Hz y en 30 Hz) y dos polos (en 2 Hz y en 40Hz). La frecuencia de corte inferior ser:

a) 40 Hz b) 30 Hz c) > 40 Hz d) < 30 Hz

9. La funcin de transferencia de un amplificador en funcin de la frecuencia es de:

( )

+

+++=

Ksss

sssA

81

8001)80(

80180)( 22

2

Cul ser la fase final?:

a) 0 b) -90 c) -180 d) -270

10. La fase inicial de

+

+

+

+

+=

2081

561

121

6.21

5.71

120)( 22

3

ssss

sssAv es de:

a) 0 b) 90 c) 180 d) 270

11. La fase final de

+

+

+

+=

25021

12021

521

3021

120)( 2

2

sss

s

sAv es de:

a) 0 b) -90 c) -180 d) -270

12. La fase final de

+

+

+

+=

1801

901

451

751

160)( 2 sss

s

sAv es de:

a) 45 b) 90 c) 180 d) 270



Problema 1 Dado el siguiente circuito:

Q1

Q2

R168kohm

R222kohm

Rc2.2kohm

Rg

510ohm

Re1.0kohm

Rs1.0kohm

RL1.0kohm

Cb

Vin

CL

VoutCe

Vcc15V

Vg

Cbe = 100 pF Cbc = 2 pF VBE = 0.7 V = 500

Se pide:

1. Calcular la ganancia de tensin a frecuencias medias.

2. Calcular las expresiones de los polos y ceros de baja frecuencia y ajustar los valores de

los condensadores para conseguir una frecuencia de corte inferior fci = 500 Hz.

3. Calcular las expresiones de los polos y ceros de alta frecuencia y aadir un condensador

donde considere adecuado, de tal forma que su valor capacitivo establezca una

frecuencia de corte superior fcs = 100 KHz.

4. Escribir la funcin de transferencia total del amplificador.



Solucin:

1. Calcular la ganancia de tensin a frecuencias medias.

Comenzaremos por calcular el punto de polarizacin de los transistores para as obtener

los valores de las resistencias dinmicas de emisor que nos harn falta en los clculos de alterna.

Suponemos despreciable las corrientes de base de los transistores frente a las corrientes

de las redes de polarizacin de base.

12 2215 3.7

1 2 22 68BRV VCC V

R R = =+ +

VE1 = VB1 - VBE = 3V

11

3 3Re 1

EE

V VI mAK

= =

125 8.333e

mVrmA

= =

2 1 1 15 2.2 3 8.4B C EV V VCC Rc I V K mA V= = =

VE2 = VB2 - VBE = 7.7V

22

7.7 7.71

EE

V VI mARs K

= =

225 3.257.7e

mVrmA

= =

El circuito equivalente a frecuencias medias es:



Vg

Rg

510ohm

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 Bib1

Rc

Voutr'e2ib2

Bib2Rs//RL

Vc1

Por lo que la ganancia en tensin in

out

vv

a frecuencias medias puede calcularse

descomponindola como: 11

out out cvFM

in c in

Av v vv v v= =

Calculando cada uno de los trminos tenemos:

12

( || )( || ) 'out c e

Rs RLv vRs RL r

= +

1 2

( || ) 500 0.99 1( || ) ' 503.25

out

c e

v Rs RLv Rs RL r

= = =+

Por otra parte tenemos

( ) ( )1 1 2|| 1 ' ||c ev ib Rc r Rs RL = + +

1 1( 1)in ev ib r = +

Aproximando ( + 1), tenemos que

( ) ( )1 211 1

|| 1 ' || 2 2 || (500 1) (3.25 500) 261.8( 1) ' 8.33

ec

in e

ib Rc r Rs RLv Kv ib r

+ + + + = + =

Sustituyendo en la ganancia de tensin obtenemos:

1

1

259.2out out cvFMin c in

v v vAv v v

= =



2. Calcular las expresiones de los polos y ceros de baja frecuencia y ajustar los valores de los condensadores para conseguir una frecuencia de corte inferior fci = 500 Hz.

Para calcular los polos y ceros de bajas frecuencias, ponemos nuevamente el modelo del

circuito en alterna pero manteniendo los condensadores de acoplo y desacoplo. Entonces

calcularemos el cero y el polo que introduce cada condensador a bajas frecuencias, para lo cual

analizaremos cada condensador cortocircuitando el resto (aproximacin de frecuencias medias).

Cb

El circuito resultante de mantener slo Cb es el siguiente:

Vg

Rg

510ohm

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 Bib1

Rc

Voutr'e2ib2

Bib2 Rs//RL

Vc1Cb

a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.

Como in

outv v

vA = , y al ser vin finito (seal de entrada) la nica posibilidad es que vout = 0.

Como vout = (+1) ib2 (Rs || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0, para lo que ib1 tambin debe ser nula ib1 = 0. Para que no llegue corriente de entrada a la

base del transistor, debemos buscar un valor de frecuencia que haga ZCb = , es decir, 1 s = 0Cb z

z

Zs Cb

= = . Tenemos un cero a frecuencia cero (un cero en cero).

b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 1peq

sZ Cb

= ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador Cb cuando se anula vg

Como se observa en el circuito: Zeq = Rg + R1 || R2 || (+1) re1 = 3335.8

Y el polo estar en: ( )11 1 /

3335.81|| 2 || ( 1)p es rad s

CbCb Rg R R r= = + +



Ce

El circuito resultante de mantener slo Ce es el siguiente:

Vg

Rg

510ohm

Ce

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 Bib1

Re

Rc

Voutr'e2ib2

Bib2 Rs//RL

Vc1


Como in

outv v


Como vout = (+1) ib2 (Rs || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0, para lo que ib1 tambin debe ser nula ib1 = 0. Obsrvese que:

( )1 1( 1) Re ||in b e Cev i r Z = + +

O lo que es lo mismo, al ser ib1 = 0:

( )11

Re ||( 1)

ine Ce

b

v r Zi = + =+

Despejando se llega a que:

( )1 Re || Re ||e Ce Cer Z Z + = =

Desarrollando la asociacin en paralelo:

1ReRe Re 1 01 Re 1Re

zz

z

z

s Ce s Ces Ce

s Ce

= = + ++ =



Despejando el valor del cero:

1 1Re 1 /Re 1z z

s Ce s rad sCe K Ce

= = =

b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 1peq

sZ Ce

= ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador Ce anulando vg.

Como se observa en el circuito: 1|| 1|| 2Re || 9.23( 1)eq e

Rg R RZ r = + = +

Y el polo est en:

1

1 1 /9.23|| 1|| 2Re ||

( 1)

p

e

s rCeRg R RCe r

= = + +

ad s

CL

El circuito resultante de mantener slo CL es el siguiente:

Vg

Rg

510ohm

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 Bib1

Rc

r'e2ib2

Bib2 Rs

Vc1

RL

VoutCL


Como in

outv v


Como vout = iout RL y la resistencia no puede tener un valor nulo, entonces debe ser iout = 0. Para

que no llegue corriente a la resistencia de carga, debemos buscar un valor de frecuencia que haga

ZCL = , es decir, 0=== zzCLs

CLsZ 1 . Tenemos otro cero a frecuencia cero (un cero

en cero).



b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir CLZ

seq

p =1 ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CC anulando vg.

Como se observa en el circuito: 2R || 1007.6( 1)eq eRcZ RL s r

= + + = +

Y el polo est en:

2

1 1 /1007.6

R ||( 1)

p

e

s rCLRcCL RL s r

= = + + +

ad s

Los polos y ceros de baja frecuencia de este circuito estn distribuidos de la siguiente

forma:

Condensador Cero Polo

Cb 0 Hz 1

2 3335.8Hz

Cb

Ce 1

2 1Hz

K Ce 1

2 9.23Hz

Ce

CL 0 Hz 1

2 1007.6Hz

CL

A continuacin ajustaremos los valores de los condensadores para conseguir una

frecuencia de corte inferior fci = 500 Hz. Para lo cual estableceremos un polo dominante en 500

Hz, situando que el resto de polos y ceros a ms de una dcada de ste, por debajo de 50 Hz.

Para establecer el polo dominante elegiremos el condensador Ce, por ser el que cuenta con una

menor Zeq.

Polo Condensador Cero 1 50

2 3335.8Hz Hz

Cb 1 F 0 Hz 1 500

2 9.23Hz Hz

Ce = Ce = 34.5 F 1 4.6

2 1Hz Hz

K Ce = 1 50

2 1007.6Hz Hz

CL 3.2 F 0 Hz



3. Calcular las expresiones de los polos y ceros de alta frecuencia y aadir un condensador donde considere adecuado, de tal forma que su valor capacitivo

establezca una frecuencia de corte superior fcs = 100 KHz.

Para calcular los polos y ceros de alta frecuencia comenzaremos por cortocircuitar los

condensadores de acoplo/desacoplo y sustituir los transistores por su modelo de alta frecuencia.

Vg

Rg

510ohm

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 Bib1

Rc

Voutr'e2ib2

Bib2 Rs//RLCb'e

Cb'c Cb'e

Cb'c

Para evitar la complejidad que introducira la conexin de las capacidades Cbc y Cbe que

estn en la parte superior, aplicamos el teorema de Miller sobre dichas capacidades, obteniendo

las siguientes capacidades de Miller:

Para la capacidad Cbc de Q1: )1('1 KCC cbM =

=K

CC cbM11' '1

Donde K es la ganancia entre los bornes de la capacidad Cbc de Q1 a frecuencias medias,

es decir, entre la base y el colector de Q1 abriendo las capacidades interelectrnicas. Este

parmetro ya fue calculado en el apartado 1.

1 261.8cin

vKv

= =

Con lo que obtenemos: 1 2 (1 261.8) 525.6MC pF pF= + =

11' 2 1 2

261.8MC pF = + pF

Para la capacidad Cbe de Q2: 2 ' (1 )M b eC C K=

2 '1' 1M b eC C K

=



Donde K es la ganancia entre los bornes de la capacidad Cbe de Q2 a frecuencias

medias, es decir, entre la base y el emisor de Q2 abriendo las capacidades interelectrnicas. Este

parmetro ya fue calculado en el apartado 1.

1

1outc

vKv

=

Con lo que obtenemos: 2 100 (1 1) 0MC pF pF = 2

1' 100 1 01M

C pF = pF

El circuito equivalente a altas frecuencias despus de simplificarlo por Miller queda

como:

Vg

Rg

510ohm

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 Bib1

Rc

Voutr'e2ib2

Bib2 Rs//RLC1 C2

Donde: C1 = Cbe + CM1 = 100 pF + 525.6 pF = 625.6 pF

C2 = Cbc + CM1 = 2 pF + 2 pF = 4 pF

El sistema tendr dos polos y dos ceros de alta frecuencia, aportados por las capacidades

C1 y C2. Calcularemos ahora el polo y el cero que introduce cada capacidad por separado,

suponiendo el resto a frecuencias medias, es decir, como circuitos abiertos.

C1


Como in

outv v


Como vout = (+1) ib2 (Rs || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0, por lo que ib1 = 0. Dicha condicin se obtiene cuando la tensin en la base de Q1 es nula,



es decir VB1 = 0, lo que ocurre al valor de frecuencia que anule la impedancia de C1, es decir,

=== zzCs

CsZ 0

11

1 . Tenemos un cero en el infinito.

b) El polo se introduce a la frecuencia propia de la capacidad, es decir 1

1CZ

seq

p = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes de la capacidad C1 cuando se anula vg

Como se observa en el circuito: Zeq = R1 || R2 || Rg ||(+1) re1 = 442.37

Y el polo est en:

[ ]1 11 1 3.613 /

1|| 2 || || ( 1) 625.6 442.37p es M

C R R Rg r pF= = = + rad s

Que expresado en hertzios equivale a 575.1 KHz

C2


Como in

outv v


Como vout = (+1) ib2 (Rs || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0. Dicha condicin se obtiene cuando la tensin en la base de Q2 es nula, es decir VB2 = 0,

lo que ocurre al valor de frecuencia que anule la impedancia de C2, es decir,

=== zzCs

CsZ 0

22

1 . Tenemos otro cero en el infinito.

b) El polo se introduce a la frecuencia propia de la capacidad, es decir 2

1CZ

seq

p = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes de la capacidad C2 cuando se anula vg

Como se observa en el circuito: Zeq = Rc || (+1) (re2 + Rs || RL) = 2180.97

Y el polo est en:



( )2 21 1 114.628 /

4 2180.97|| ( 1) ||p es M

pFC Rc r Rs RL= = = + + rad s

Que expresado en hertzios equivale a 18.24 MHz

La distribucin de los polos y los ceros de este circuito en alta frecuencia queda,

expresada en hertzios, de la siguiente forma:

Capacidad Cero Polo

C1 [ ]1 11 1 575.1

2 1|| 2 || || ( 1) 2 625.6 442.37eKHz

C R R Rg r pF = = + C2 ( )2 2

1 1 18.242 4 2180.972 || ( 1) ||e

MHzpFC Rc r Rs RL = = + +

Para conseguir una frecuencia de corte superior fcs = 100 KHz, moveremos el polo de

menor frecuencia, que es el que introduce C1. Para ello aadiremos en el circuito un

condensador de capacidad Ca, que deber colocarse en paralelo con la capacidad C1, es decir, de

la base del transistor Q1 a tierra o a Vcc.

( ) [ ] ( )1 11 1 100

2 1|| 2 || || ( 1) 2 625.6 442.37eKHz

C Ca R R Rg r pF Ca = = + + +

1 625.6 2.972 100 442.37

Ca pF nFKHz= =

Comprobamos que existe condicin de polo dominante, al estar el polo menor separado

del siguiente 1018.24log 2.26100

MHz dcadasKHz

= .



4. Escribir la funcin de transferencia total del amplificador.

La distribucin de los polos y los ceros de este circuito queda aproximadamente de la

siguiente forma:

Capacidad Cero Polo

C1+Ca ( ) [ ]( )1 1

11|| 2 || || ( 1)

1 628 /625.6 2.97 442.37

eC Ca R R Rg r

Krad spF nF

=+ + = +

C2 ( )2 21

|| ( 1) ||

1 115 /4 2180.97

eC Rc r Rs RL

Mrad spF

= + + =

Cb = 1 F 0 1 300 /

3335.8rad s

Cb

Ce = 34.5 F 1 29 /

1rad s

K Ce=

1 3142 /9.23

rad sCe

CL = 3.2 F 0 1 310 /

1007.6rad s

CL

Para la expresin de la ganancia en tensin para todo el margen de frecuencias

aproximaremos los polos de Cb y CL a 300 rad/s, quedando la siguiente funcin de

transferencia:

2

2

( 29)( ) 259( 300) ( 3142) 1 1

628 / 115 /

vs sA s

s ss sKrad s Mrad s

+= + + + +



Problema 2

Dado el siguiente circuito:

Vin

R115kohm

R24.7kohm

RC12.2kohm

CE120uF

Vout

R315kohm

R44.7kohm

RC22.2kohm

CE220uF

CB2

10uF

CB1

10uF

CL

10uF

Vg

Rg

600ohm

20VVCC

RE11kohm

RE21kohm

RL1kohm

Cbe = 40 pF Cbc = 3 pF VBE = 0.7 V = 200

Se pide calcular:

1. Ganancia de tensin a frecuencias medias

=

in

outvM v

vA.

2. Ganancia de tensin a bajas frecuencias en funcin de s AvBF(s) y frecuencia de corte

inferior fci.

3. Ganancia de tensin a altas frecuencias en funcin de s AvAF(s) y frecuencia de corte

superior fcs.

4. Expresin de la ganancia de tensin para todo el rango de frecuencias y representar el

diagrama de Bode para mdulo y fase.

Nota: En los diagramas de Bode haga constar todas las frecuencias que intervienen as

como todos los ngulos de fase y los decibelios del mdulo junto con las pendientes de cada

tramo.



Solucin:

1. Ganancia de tensin a frecuencias medias.



Suponemos despreciables las corrientes de base de los transistores frente a las corrientes

de las redes de polarizacin de base.

VRR

RVCCVB 77.47.4157.420

212

1 =+=+

VE1 = VB1 - VBE = 4.07V

mAK

VREVI EE 41

07.411

1 ==

Dado que las redes de polarizacin de ambos transistores son idnticas podemos asegurar

que: IE1 = IE2

Con lo que resulta que: ==== 25.64

25'21 mAmVrrr eee


Vg

Rg

600ohm

Vin

R1//R2 r'e

ib1 Bib1

RC1//R3//R4

Vout

r'e

ib2 Bib2

RC2//RL

Vc1


out

vv

a frecuencias medias puede calcularse

descomponindola como:

in

c

c

out

in

outvM v

vvv

vvA 1

1

==



Calculando cada uno de los trminos tenemos:

)||2(2 RLRCibvout =

ec ribv ')1( 21 +=


11025.6

1||22')1(

)||2(

2

2

1

=+= KK

ribRLRCib

vv

ec

out

Por otra parte tenemos

[ ]ec rRRRCibv ')1(||4||3||111 +=

ein ribv += 1)1(


[ ] 6.10425.6

25.6)1200(||74||15||22')1(

')1(||4||3||1

1

11 =+++= KKK

ribrRRRCib

vv

e

e

in

c

Sustituyendo en la ganancia de tensin obtenemos:

3.1150311

==in

c

c

out

in

outvM v

vvv

vvA

2. Ganancia de tensin a bajas frecuencias en funcin de s AvBF(s) y frecuencia de corte inferior fci.

Para calcular la ganancia en tensin a bajas frecuencias, usamos nuevamente el modelo

del circuito en alterna pero manteniendo los condensadores de acoplo y desacoplo.



Calcularemos ahora el cero y el polo que introduce cada condensador a bajas frecuencias,

para lo cual analizaremos cada condensador cortocircuitando el resto (aproximacin de

frecuencias medias).

CB1

El circuito resultante de mantener slo CB1 es el siguiente:

Vg

Rg

600ohm

CB1

10uF

Vin

R1//R2 r'e

ib1 Bib1

RC1//R3//R4

Vout

r'e

ib2 Bib2

RC2//RL


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC2 || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0, para lo que ib1 tambin debe ser nula ib1 = 0. Para que no llegue corriente de entrada a la

base del transistor, debemos buscar un valor de frecuencia que haga ZCB1 = , es decir, 0

11=== zzCB

sCBs

Z 1 . Tenemos un cero a frecuencia cero (un cero en cero).

b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 1

1CBZ

seq

p = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CB1 cuando se anula vg

Como se observa en el circuito: Zeq = Rg + R1 || R2 || (+1) re = 1529.8

Y el polo est en:

( )[ ] sradFrRRRgCBs ep /37.658.1529101

)1(||2||111 ==++=

Que expresado en hertzios equivale a 10.4 Hz.



CE1

El circuito resultante de mantener slo CE1 es el siguiente:

Vg

Rg

600ohm

CE120uF

Vin

R1//R2 r'e

ib1 Bib1

RC1//R3//R4

Vout

r'e

ib2 Bib2

RC2//RL

RE1


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC2 || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0, para lo que ib1 tambin debe ser nula ib1 = 0. Obsrvese que:

( )[ ]11 ||1)1( CEebin ZREriv ++=


( ) =+=+ 11 ||1)1( CEebin ZREr

iv


( ) ==+ 11 ||1||1 CECEe ZREZREr


0111111

1

111

111

=+=+=+ CEsRE

CEsRERE

CEsRE

CEsRE

zz

z

z




sradFKCERE

sCEsRE zz /502011

111111 ====



1CEZ

seq

p = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CE1 anulando vg.

Como se observa en el circuito: =

++= 73.8)1(

2||1||||1 RRRgrREZ eeq

Y el polo est en:

sradFRRRgrRECE

s

e

p /65.572773.8201

)1(2||1||||11

1 ==

++

=


CB2

El circuito resultante de mantener slo CB2 es el siguiente:

Vg

Rg

600ohm

Vin

R1//R2 r'e

ib1 Bib1

RC1

Vout

r'e

ib2 Bib2

RC2//RLR3//R4

CB2

10uF


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC2 || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces



ib2 = 0. Para que no llegue corriente de entrada a la base del transistor, debemos buscar un valor

de frecuencia que haga ZCB2 = , es decir, 022

=== zzCBs

CBsZ 1 . Tenemos un cero a

frecuencia cero (un cero en cero).


1CBZ

seq

p = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CB1 cuando se anula vg

Como se observa en el circuito: Zeq = RC1 + R3 || R4 || (+1) re = 3129.8

Y el polo est en:

( )[ ] sradFrRRRCCBs ep /95.318.3129101

)1(||4||3121 ==++=


CE2

El circuito resultante de mantener slo CE2 es el siguiente:

Vg

Rg

600ohm

CE220uF

Vin

R1//R2 r'e

ib1 Bib1

RC1//R3//R4

Vout

r'e

ib2 Bib2

RC2//RL

RE2


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC2 || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 debe ser nula ib2 = 0. Obsrvese que:

( )[ ]221 ||2)1( CEebc ZREriv ++= Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 24



( ) =+=+ 221 ||2)1( CEeb

c ZREri

v


( ) ==+ 22 ||2||2 CECEe ZREZREr


0122122

2

212

212

=+=+=+ CEsRE

CEsRERE

CEsRE

CEsRE

zz

z

z


sradFKCERE

sCEsRE zz /502011

221122 ====



1CEZ

seq

p = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CE2 anulando vg.


++= 86.12)1(

4||3||1||2 RRRCrREZ eeq

Y el polo est en:

sradFRRRCrRECE

s

e

p /80.388786.12201

)1(4||3||1||22

1 ==

++

=




CL

El circuito resultante de mantener slo CL es el siguiente:

Vg

Rg

600ohm

Vin

R1//R2 r'e

ib1 Bib1

RL

Vout

r'e

ib2 Bib2

RC2RC1//R3//R4

CL

10uF


Como in

outv v


Como vout = iout RL y la resistencia no puede tener un valor nulo, entonces debe ser iout = 0. Para

que no llegue corriente a la resistencia de carga, debemos buscar un valor de frecuencia que haga

ZCL = , es decir, 0=== zzCLs

CLsZ 1 . Tenemos otro cero a frecuencia cero (un cero

en cero).

b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir CLZ

seq

p =1 ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CC anulando vg.

Como se observa en el circuito: Zeq = RC2 + RL = 3.2 K

Y el polo est en:

( ) sradKFRLRCCLs p /25.312.3101

21 ==+=

Que expresado en hertzios equivale a 4.97 Hz




forma:

Condensador Cero Polo CB1 0 Hz 10.40 Hz CE1 7.96 Hz 911.58 Hz CB2 0 Hz 5.08 Hz CE2 7.96 Hz 618.76 Hz CL 0 Hz 4.97 Hz

La expresin de la ganancia de tensin en bajas frecuencias en funcin de la frecuencia

compleja s es la siguiente:

=

=

= 5

1

5

1

)(

)()(

ii

ii

vMvBF

ps

zsAsA

)25.31()80.3887()95.31()65.5727()37.65()50(3.11503)(

23

++++++=

ssssssssAvBF

Como puede comprobarse no existe un polo dominante. El polo de mayor frecuencia se

encuentra en 911.58 Hz y existe otro polo a menos de una dcada de ste, en 618.76 Hz. Por

tanto usaremos la frmula para calcular de forma aproximada la frecuencia de corte inferior

cuando no hay polo dominante.

.....)(2..... 222

12

22

1 ++++ ZZPPci fffff

En nuestro caso slo tendremos en cuenta los dos polos antes mencionados, ya que el

resto de polos y ceros se encuentran a ms de una dcada del polo de mayor frecuencia.

Hzf ci 75.110176.61858.91122 =+



3. Ganancia de tensin a altas frecuencias en funcin de s AvAF(s) y frecuencia de corte superior fcs.

Para calcular la ganancia de tensin a alta frecuencia comenzaremos por cortocircuitar los


Vg

Rg

600ohm

Vin

R1//R2 r'e

ib1 Bib1

RC1//R3//R4

Vout

r'e

ib2 Bib2

RC2//RLCb'e

Cb'c Cb'c

Cb'e

Para evitar la complejidad que introducira la conexin de los condensadores Cbc,

aplicamos el teorema de Miller sobre dichos condensadores, obteniendo las capacidades de

Miller siguientes:

Para el condensador Cbc de Q1

)1('1 KCC cbM =

=K

CC cbM11' '1

Donde K es la ganancia entre los bornes del condensador Cbc de Q1 a frecuencias

medias, es decir, entre la base y el colector de Q1 abriendo las capacidades interelectrnicas.

Este parmetro ya fue calculado en el apartado 1.

6.1041 ==in

c

vvK

Con lo que obtenemos:

pFpFCM 8.316)6.1041(31 =+= pFpFC M 36.104113' 1

+=

Para el condensador Cbc de Q2



)1('2 KCC cbM =

=K

CC cbM11' '2

Donde K es la ganancia entre los bornes del condensador Cbc de Q2 a frecuencias

medias, es decir, entre la base y el colector de Q2 abriendo las capacidades interelectrnicas.

Este parmetro ya fue calculado en el apartado 1.

1101

==c

out

vv

K

Con lo que obtenemos:

pFpFCM 333)1101(32 =+= pFpFC M 3110113' 2

+=


como:

Vg

Rg

600ohm

Vin

R1//R2 r'e

ib1 Bib1

RC1//R3//R4

Vout

r'e

ib2 Bib2

RC2//RLC1 C3C2

Donde:

C1 = Cbe + CM1 = 40 pF + 316.8 pF = 356.8 pF

C2 = Cbe + CM1 + CM2 = 40 pF + 3 pF + 333 pF = 376 pF

C3 = CM2 = 3 pF

El sistema tendr tres polos y tres ceros de alta frecuencia, aportados por los

condensadores C1, C2 y C3. Calcularemos ahora el polo y el cero que introduce cada condensador

por separado, suponiendo el resto a frecuencias medias, es decir, como circuitos abiertos.



C1


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC2 || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0, por lo que ib1 = 0. Dicha condicin se obtiene cuando la tensin en la base de Q1 es nula,

es decir VB1 = 0, lo que ocurre al valor de frecuencia que anule la impedancia de C1, es decir,

=== zzCs

CsZ 0

11

1 . Tenemos un cero en el infinito.


1CZ

seq

p = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador C1 cuando se anula vg

Como se observa en el circuito: Zeq = R1 || R2 || Rg ||(+1) re = 364.68

Y el polo est en:

[ ] sMradpFrRgRRCs ep /685.768.3648.3561

)1(||||2||11

1

==+=


C2


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC2 || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0. Dicha condicin se obtiene cuando la tensin en la base de Q2 es nula, es decir VB2 = 0,




=== zzCs

CsZ 0

22

1 . Tenemos otro cero en el infinito.


1CZ

seq

p = ,


Como se observa en el circuito: Zeq = RC1 || R3 || R4 ||(+1) re = 653.60

Y el polo est en:

[ ] sMradpFrRRRCCs ep /069.48.6533761

)1(||4||3||11

2

==+=

Que expresado en hertzios equivale a 647.62 KHz

C3


Como in

outv v

vA = , y al ser vin finito (seal de entrada) la nica posibilidad es que vout = 0,


=== zzCs

CsZ 0

33

1 . Tenemos otro cero ms en el infinito.


1CZ

seq

p = ,


Como se observa en el circuito: Zeq = RC2 || RL = 687.5

Y el polo est en:



( ) sMradpFRLRCCs p /85.4845.68731

||21

3

===




Condensador Cero Polo C1 1.223 MHz C2 647.62 KHz C3 77.166 MHz

Donde comprobamos que no existe condicin de polo dominante, al estar el polo menor

separado del siguiente dcadasKHz

MHz 28.062.647

223.1log10 =

.

Para calcular la frecuencia de corte superior aplicaremos, al igual que en el caso anterior,

la frmula para calcular de forma aproximada la frecuencia de corte superior cuando no existe

polo dominante, teniendo en cuenta slo los dos polos menores, prximos menos de una dcada:

++++

.....112.....11

1

22

21

22

21 ZZPP

cs

ffff

f

( ) ( )KHz

MHzKHz

f cs 33.572

223.11

62.6471

1

22

=+

La expresin de la ganancia de tensin en altas frecuencias en funcin de la frecuencia


=

=

=3

1

3

1

1

1)(

i i

i ivMvAF

pszs

AsA

+

+

+=

sMrads

sMrads

sMrads

sAvAF

/85.4841

/07.41

/69.71

13.11503)(



4. Expresin de la ganancia de tensin para todo el rango de frecuencias y representar el diagrama de Bode para mdulo y fase.

La expresin de la ganancia en tensin para todo el margen de frecuencias es la siguiente:

)()()( sAsAAsA vAFvBFvMv =

Teniendo la precaucin de incluir una sola vez la ganancia en frecuencias medias. La

expresin para nuestro circuito es:

+

+

+

++++++=

sMrads

sMrads

sMrads

ssssssssAv

/85.4841

/07.41

/69.71

1

)25.31()80.3887()95.31()65.5727()37.65()50(3.11503)(

23

Antes de comenzar a representar por Bode esta funcin debemos normalizarla:

+

+

+

+

+

+

+

+=

1485

18

14

16

14

165

132

1501020)( 2

23

6

Ms

Ms

Ms

Ks

Ksss

sssAv

Primero representaremos el diagrama de Bode en mdulo.

Pendientes del mdulo:

De 0 a 32 rad/s : 60 dB/dec De 32 rad/s a 50 rad/s : 20 dB/dec De 50 rad/s a 65 rad/s : 60 dB/dec De 65 rad/s a 4 Krad/s: 40 dB/dec De 4 Krad/s a 6 Krad/s: 20 dB/dec De 6 Krad/s a 4 Mrad/s: 0 dB/dec De 4 Mrad/s a 8 Mrad/s: -20 dB/dec De 8 Mrad/s a 485 Mrad/s: -40 dB/dec De 485 Mrad/s a : -60 dB/dec

Decibelios del mdulo:

A 1 rad/s hay ( ) dB941020log20 610 = dB

sradsrad 4

/1/32log6094 10

+ a 32 rad/s hay -4 dB



dBsradsrad 0

/32/50log204 10

+ a 50 rad/s hay 0 dB

dBsradsrad 7

/50/65log60 10

a 65 rad/s hay 7 dB

dBsradsKrad 79

/65/4log407 10

+ a 4 Krad/s hay 79 dB

dBsKradsKrad 82

/4/6log2079 10

+ a 6 Krad/s hay 82 dB

De 6 Krad/s a 4 Mrad/s se mantienen los 82 dB dB

sMradsMrad 76

/4/8log2082 10

a 8 Mrad/s hay 76 dB

dBsMrad

sMrad 5/8

/485log4076 10

a 485 Mrad/s hay 5 dB

A partir de 485 Mrad/s sigue bajando hasta - dB con una pendiente de 60 dB/dec. Representaremos ahora el diagrama de Bode en fase.

Pendientes de la fase:

De 0 a 3.2 rad/s : 0/dec De 3.2 rad/s a 5 rad/s : -90/dec De 5 rad/s a 6.5 rad/s : 0/dec De 6.5 rad/s a 320 rad/s : -45/dec De 320 rad/s a 400 rad/s : 45/dec De 400 rad/s a 500 rad/s : 0/dec De 500 rad/s a 600 rad/s : -90/dec De 600 rad/s a 650 rad/s : -135/dec De 650 rad/s a 40 Krad/s : -90/dec De 40 Krad/s a 60 Krad/s : -45/dec De 60 Krad/s a 400 Krad/s : 0/dec De 400 Krad/s a 800 Krad/s : -45/dec De 800 Krad/s a 40 Mrad/s : -90/dec De 40 Mrad/s a 48.5 Mrad/s : -45/dec De 48.5 Mrad/s a 80 Mrad/s : -90/dec De 80 Mrad/s a 4.85 Grad/s : -45/dec De 4.85 Grad/s a : 0/dec

ngulos de fase:

De 0 rad/s a 3.2 rad/s hay 270 =

253

/2.3/5log90270 10 sradsrad

decD a 5 rad/s hay 253

De 5 rad/s a 6.5 rad/s se mantienen los 253



=

176

/5.6/320log45253 10 sradsrad


=

+ 181

/320/400log45176 10 sradsrad


De 400 rad/s a 500 rad/s se mantienen los 181 =

174

/500/600log90181 10 sradsrad


=

169

/600/650log135174 10 sradsrad


=

8

/650/40log90169 10 sradsKrad

decD a 40 Krad/s hay 8

=

0

/40/60log458 10 sKradsKrad

decD a 60 Krad/s hay 0

De 60 Krad/s a 400 Krad/s se mantienen los 0 =

14

/400/800log45 10 sKradsKrad

decD a 800 Krad/s hay -14

=

166

/800/40log9014 10 sKradsMrad

decD a 40 Mrad/s hay -166

=

170

/40/5.48log45166 10 sMradsMrad

decD a 48.5 Mrad/s hay -170

=

190

/5.48/80log90170 10 sMradsMrad

decD a 80 Mrad/s hay -190

=

270

/80/85.4log45190 10 sMradsGrad

decD a 4.85 Grad/s hay -270

De 4.85 Grad/s a hay -270



1 10 100 1K 10K 100K 1M 10M 100M 1G 10G

100

80

60

40

20

0

-20

-40

-60

-80

-100

360

270

180

90

0 0/dec

-90/dec

45/dec

0/dec 0/dec

-90/dec

-45/dec

-60dB/dec

-40dB/dec

-20dB/dec 20dB/dec

20dB/dec

60dB/dec

60dB/dec

40dB/dec


Problema 3 Dado el siguiente circuito:

Q1 = Q2 = BC547b

Cbe = 54.4 pF

Cbc = 3 pF

rbb = 0 VBE = 0.7 V

RC

RE

VCC = 18V

R3

R1

R2

Q1

Q2 RL

RG

11K7

3K3

3K2K3

9K

50

50K

Cin

33F

CB

CC

10F

CE47F

VGVin

Vout

Se pide calcular:

1. Ganancia de tensin

=

in

outv v

vA a frecuencias medias.

2. Ganancia de tensin a bajas frecuencias en funcin de la frecuencia compla frecuencia de corte inferior?

3. Ganancia de tensin a altas frecuencias en funcin de la frecuencia compla frecuencia de corte superior?

4. Expresin de la ganancia de tensin para todo el rango de frecuencias. Nota: No se tendrn en cuenta los polos y ceros aportados por CB

Autor: Nieves Hernndez Gonzlez = 320 leja s. Cul ser

leja s. Cul ser

37


Solucin:

1. Ganancia de tensin a frecuencias medias.



El circuito en continua es:

Depreciando las corrientes de base de los transistores, la corriente que circula por R1, R2

y R3 es:

1 2 3, ,18

R R R1 2 3

1VI mAR

= =+ +R R

Por lo que la tensin en la base de Q1 es:

VB1 = 1 mA 3 K = 3 V

Y en la base de Q2 hay:

VB2 = 1 mA 6.3 K = 6.3 V

La tensin de emisor de Q1 es de:

VE1 = 3 V 0.7 V = 2.3 V

Por lo que la corriente de emisor de Q1 ser de:

mAKVI E 13.2

3.21 ==

Las corrientes de emisor - colector de ambos transistores son prcticamente iguales,

IE1 IE2 = 1 mA

Por lo que sus resistencias dinmicas de emisor son:

=== 251

2521 mA

mVrr ee


R C

R E

V CC = 18V

R3

R1

R2

Q1

Q2

9K 11K79 V

6.3 V

3K3

3 V

2.3 V

3K 2K3



re1

re2 ib1

vin ib2

ib1

ib2R1 || R2 RC || RL

voutRG

vG


out

vv

puede calcularse mediante:

11)1( ibrv ein +=

)||(2 LCout RRibv =

Y adems, puede observarse que:

121221 1)1( ibibibibibib +=+=

Sustituyendo en la ganancia de tensin:

30525

50||9)||()1(

)||(

111

2 ==+

== KKr

RRibr

RRibvv

Ae

LC

e

LC

in

outvFM

2. Ganancia de tensin a bajas frecuencias en funcin de la frecuencia compleja s. Cul ser la frecuencia de corte inferior?

Para calcular la ganancia en tensin a bajas frecuencias, ponemos nuevamente el modelo

del circuito en alterna pero manteniendo los condensadores de acoplo y desacoplo, a excepcin

del condensador CB por imposicin del enunciado.

re1

re2 ib1

vG

ib2ib1

ib2R1 || R2 RC

voutRG

RL

RE CE

Cin CC



Calcularemos ahora el cero y el polo que introduce cada condensador a bajas frecuencias,

para lo cual analizaremos cada condensador cortocircuitando el resto (aproximacin de

frecuencias medias).

CinEl circuito resultante de mantener slo Cin es el siguiente:

re1

re2 ib1 ib2

ib1


RGCin

vG

vin


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0, y como ic1 = ie2, ib1 = 0. Para que no llegue corriente de entrada a la base del transistor,

debemos buscar un valor de frecuencia que haga ZCin = , es decir, 01 === zinzCin

sCs

Z . Tenemos un cero a frecuencia cero (un cero en cero).

b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir, ineq

p CZs =

1 ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador Cin cuando se anula vG

Como se observa en el circuito: Zeq = RG + R2 || R1 || (+1) re1 = 1364.1

Y el polo est en:

( )[ ] sradFrRRRCs eGinp /21.221.1364331

)1(||||1

12

==++= Que expresado en hertzios equivale a 3.53 Hz



CCEl circuito resultante de mantener slo CC es el siguiente:

re1

re2 ib1 ib2

ib1

ib2R1 || R2 RC

RG

RL

CC

vG

vin


Como in

outv v


Como vout = iout RL y la resistencia no puede tener un valor nulo, entonces iout = 0. Para que no

llegue corriente a la resistencia de carga, debemos buscar un valor de frecuencia que haga ZCc =

, es decir, 01 === zCzCcs

CsZ . Tenemos otro cero a frecuencia cero (un cero en

cero).

b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir, ineq

p CZs =

1 ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CC anulando vG

Como se observa en el circuito: Zeq = RC + RL = 59

Y el polo est en:

( ) sradKFRRCs LCCp /69.1591011 ==+=

Que expresado en hertzios equivale a 0.27 Hz



CE

El circuito resultante de mantener slo CE es el siguiente:

re1

re2 ib1

vG

ib2ib1

ib2R1 || R2

RG

RC || RL

RE CE

vin


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0, y como las corrientes de base son iguales, ib1 = 0. Obsrvese que:

( )[ ]ECEebin

ZRriv ||)1( 11 ++= O lo que es lo mismo, al ser ib1 = 0:

( ) =+=+ ECEebin ZRriv

||)1( 11

Y despejando se llega a que:

( ) ==+EE CECEe

ZRZRr ||||1

Y desarrollando la asociacin en paralelo:

0111

1

=+=+=+

EzEEzE

E

EzE

EzE

CsRCsR

R

CsR

CsR

Y despejando el valor del cero:



sradFKCR

sCsREE

zEzE /25.9473.2111 ====


b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir Eeq

p CZs =

1 ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CE anulando vG.


++= 87.24)1(

|||||| 211

RRRrRZ GeEeq

Y el polo est en:

sradFRRRrRC

sG

eEE

p /2.85587.24471

)1(||||

||

1

211

==

++

=



forma:

Condensador Cero Polo Cin 0 3.53 Hz CC 0 0.27 Hz CE 1.47 Hz 136.1 Hz

Como puede comprobarse existe un polo dominante en 136.1 Hz. al estar

dcadasHxHz

58.153.3

1.136log10 =

por encima de la raz ms prxima (en este caso el polo del

condensador de entrada).

La expresin de la ganancia de tensin en bajas frecuencias en funcin de la frecuencia


)2.855()69.1()21.22()25.9(305

)(

)()(

2

3

1

3

1

++++=

==

=sss

ss

ps

zsAsA

ii

ii

vFMBFv



3. Ganancia de tensin a altas frecuencias en funcin de la frecuencia compleja s. Cul ser la frecuencia de corte superior?

Para calcular la ganancia de tensin a alta frecuencia comenzaremos por cortocircuitar los


Recordamos que el modelo en alta frecuencia del transistor bipolar es el siguiente:

C

B

E

ib

re

ibrbb

Cbc

Cbe

C

B

E

ib

re

ib

Cbc

Cbe

rbb = 0

Que sustituyendo en el circuito queda como:

re1

re2 ib1

vG

ib2ib1


voutRG

Cbe1 Cbe2

Cbc1

Cbc2

vin

Para evitar la complejidad que introducira la conexin del condensador Cbc1, aplicamos

el teorema de Miller sobre dicho condensador, obteniendo las capacidades de Miller siguientes:

)1(1' KCC cbM =

=K

CC cbM111'



Donde K es la ganancia entre los bornes del condensador Cbc1 a frecuencias medias, es

decir, entre la base y el colector de Q1 abriendo las capacidades interelectrnicas.

{ } 1)1(

)1()1()1(

11

2112

11

22

1

1 +==+=+

+==eb

ebbb

eb

eb

B

C

ririii

riri

VVK

Y sustituyendo en los valores de las capacidades de Miller:

pFCKCC cbcbM 62)1( 1'1' ===

pFCK

CC cbcbM 6211 1'1' ==

=


como:

re1

re2 ib1

vG

ib2ib1


voutRG

Cbe1+

CM

Cbc2

vin

{ {

C1 C2

Cbe2+

CM

Donde:

C1 = Cbe1 + CM = 54.4 pF + 6pF = 60.4 pF

C2 = Cbe2 + CM = 54.4 pF + 6pF = 60.4 pF

Cbc2 = 3 pF

El sistema tendr tres polos y tres ceros de alta frecuencia, aportados por los

condensadores C1, C2 y Cbc2. Calcularemos ahora el polo y el cero que introduce cada

condensador por separado, suponiendo el resto a frecuencias medias, es decir, como circuitos

abiertos.



C1El circuito resultante de mantener slo C1 es el siguiente:

re1

re2 ib1

vG

ib2ib1


voutRG vin

C1


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0, y como ic1 = ie2, entonces ib1 = 0. Dicha condicin se obtiene cuando la tensin en la base de

Q1 es nula, es decir VB1 = 0, lo que ocurre al valor de frecuencia que anule la impedancia de C1,

es decir, === zzCs

CsZ 01

11

. Tenemos un cero en el infinito.


1CZ

seq

p = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador C1 cuando se anula vG

Como se observa en el circuito: Zeq = R1 || R2 || RG ||(+1) re1 = 48.16

Y el polo est en:

[ ] sMradpFrRRRCs eGp /724.34316.484.601

)1(||||||1

1211

==+= Que expresado en hertzios equivale a 54.705 MHz



C2El circuito resultante de mantener slo C2 es el siguiente:

re1

re2 ib1

vG

ib2ib1


voutRG vin

C2


Como in

outv v


Como vout = - ib2 (RC || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2 = 0. Dicha condicin se obtiene cuando la tensin en el emisor de Q2 es nula, es decir VE2 = 0, lo

que ocurre al valor de frecuencia que anule la impedancia de C2, es decir,

=== zzCs

CsZ 01

22

. Tenemos otro cero en el infinito.


1CZ

seq

p = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador C2 cuando se anula vG

Como se observa en el circuito: Zeq = re2 = 25

Y el polo est en:

sMradpFrC

se

p /25.662254.6011

22

===




Cbc2El circuito resultante de mantener slo Cbc2 es el siguiente:

re1

re2 ib1

vG

ib2ib1

R1 || R2 RC || RL

voutRG

Cbc2

vin


Como in

outv v

vA = , y al ser vin finito (seal de entrada) la nica posibilidad es que vout = 0,

lo que ocurre al valor de frecuencia que anule la impedancia de Cbc2, es decir,

=== zcbzCs

CsZ

cb01

2'2'

. Tenemos otro cero ms en el infinito.

b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 2'

1

cbeqp CZ

s = ,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador Cbc2 cuando se anula vG

Como se observa en el circuito: Zeq = RC || RL = 7627

Y el polo est en:

( ) sMradpFRRCs LCcbp /7.43762731

||1

2'

===




Condensador Cero Polo

C1 54.705 MHz C2 105.4 MHz

Cbc2 6.955 MHz



Donde comprobamos que no existe condicin de polo dominante, al estar el polo menor

separado del siguiente dcadasMHzMHz 89.0

705.54995.6log10 =

. Para calcular la frecuencia de corte

superior aplicaremos su definicin, teniendo en cuenta slo los dos polos menores, prximos

menos de una dcada:

2)( vFMcsv

AwjA =

Y en nuestro caso, consideraremos Av(jw) de la siguiente forma:

+

+=

21

11

1)(

pp

vFMv

wwj

wwj

AwjA

Y que expresada en hertzios (w = 2 f ) queda como:

+

+=

21

11

1)(

pp

vFMv

ffj

ffj

AfjA , donde fp1 = 6.95 MHz y fp2 = 54.7 MHz

Obteniendo el mdulo para la frecuencia de corte superior:

22

7.541

95.61

12

+

+

=

MHzf

MHzf

AA

cscs

vFMvFM

O de forma aproximada:

( ) ( )MHz

MHzMHz

fcs 89.6

7.541

95.61

1

22

=+

La expresin de la ganancia de tensin en altas frecuencias en funcin de la frecuencia




=

=

=3

1

3

1

1

1)(

i i

i ivFMAFv

pszs

AsA

+

+

+=

sMrads

sMrads

sMrads

sAAFv

/7.431

/25.6621

/72.3431

1305)(

4. Expresin de la ganancia de tensin para todo el rango de frecuencias.

La expresin de la ganancia en tensin para todo el margen de frecuencias es la siguiente:

AFvBFvvFMvsAsAAsA )()()( =

Teniendo la precaucin de incluir una sola vez la ganancia en frecuencias medias, la

expresin para nuestro circuito es:

+

+

++++

+=666

2

107.431

1025.6621

1072.3431)2.855()69.1()21.22(

)25.9(305)(ssssss

sssAv



Problema 4

Se dispone de un amplificador de ganancia 610.000, con dos polos en 12Mr/s, un polo en 25Mr/s

y otro polo en 50Mr/s. Representar el mdulo y la fase de la funcin de transferencia

Solucin:

A partir de los datos del problema obtenemos la siguiente funcin de transferencia:

2610

1 112 25 50

KAs s sM M M

= 1+ + +

B

Comenzaremos por calcular el diagrama de Bode en mdulo.

Pendientes del mdulo: De 0 a 12 Mr/s : 0 dB/dec De 12 Mr/s a 25 Mr/s : -40 dB/dec De 25 Mr/s a 50 Mr/s : -60 dB/dec De 50 rad/s a : -80 dB/dec

Decibelios del mdulo: Hasta 12 Mr/s hay: 1020 log 610 115.71K d =

En 25 Mr/s hay: 10 25 /115.71 40 / log 102.9612 /Mr sdB dB dec dBMr s

=

En 50 Mr/s hay: 10 50 /102.96 60 / log 84.8925 /Mr sdB dB dec dBMr s

=

A partir de 50 Mr/s sigue bajando hasta - dB con una pendiente de 80 dB/dec. Calcularemos ahora el diagrama de Bode en fase.

Pendientes de la fase: De 0 a 1.2 Mr/s: 0/dec De 1.2 Mr/s a 2.5 Mr/s: -90/dec De 2.5 Mr/s a 5 Mr/s: -135/dec De 5 Mr/s a 120 Mr/s: -180/dec De 120 Mr/s a 250 Mr/s: -90/dec De 250 Mr/s a 500 Mr/s: -45/dec De 500 Mr/s a : 0/dec



ngulos de fase: Hasta 1.2 Mr/s hay: 0

En 2.5 Mr/s hay: 10 2.5 /0 90 log 28.691.2 /Mr s

dec Mr s =

D

En 5 Mr/s hay: 10 5 /28.69 135 log 69.332.5 /Mr s

dec Mr s =

D

En 120 Mr/s hay: 10 120 /69.33 180 log 317.775 /Mr s

dec Mr s =

D

En 250 Mr/s hay: 10 250 /317.77 90 log 346.45120 /Mr s

dec Mr s =

D

En 500 Mr/s hay: 10 500 /346.45 45 log 360250 /Mr s

dec Mr s =

D

A partir de 500 Mr/s hay: -360 A continuacin representamos los diagramas calculados.

120dB

100dB

80dB

60dB

40dB

20dB

0dB

-20dB

-40dB

-60dB

-80dB

0

-90

-180

-270

-360

100K 1M 10M 100M 1G 10G

1

2

3

-180/dec

-90/dec -45/dec

9 8 7

-60dB/dec

-40dB/dec

-80dB/dec

-135/dec

-90/dec

6 5

4



A continuacin se relacionan los puntos indicados en la grfica:

12 Mr/s 115.71 dB 1.2 Mr/s 0 4 1

2 25 Mr/s 102.96 dB 2.5 Mr/s -28.69 5

50 Mr/s 84.89 dB 5 Mr/s -69.33 6 3

120 Mr/s -317.77 7

250 Mr/s -346.45 8

500 Mr/s -360 9



Problema 5

Representar el Diagrama de Bode en mdulo y fase de la siguiente funcin de transferencia:

2200( )

1 1 1100 1 83.3

F sj f j f j

KHz MHzKHz

= + + + f

a) Pasamos a calcular y representar el diagrama de Bode en fase, tal y como se ha visto en clase:

Pendientes de la fase:

De 0 a 8.3 KHz : 0/dec De 8.3 KHz a 10 KHz : -45/dec De 10 KHz a 100 KHz : -135/dec De 100 KHz a 833.3 KHz : -180/dec De 833.3 KHz a 1 MHz : -135/dec De 1 MHz a 10 MHz : -45/dec De 10 MHz a : 0/dec

ngulos de fase:

De 0 Hz a 8.3 KHz hay 0

=

56.3

3.810log450 10 KHz

KHzdecD a 10 KHz hay 3.56

=

56.138

10100log13556.3 10 KHz

KHzdecD a 100 KHz hay 138.56

=

31.304

1003.833log18056.138 10 KHz

KHzdecD a 833.3 KHz hay 304.31

=

315

3.8331log13531.304 10 KHz

MHzdecD a 1 MHz hay 315

=

360

110log45315 10 MHz

MHzdecD a 10 MHz hay 360

De 10 MHz a hay -360



El diagrama de Bode de la fase se ha dibujado de forma esquemtica, sin ponerlo a escala, para

resaltar los puntos ms significativos de frecuencia y fase.

F(s)

escala. estn a fasedeNota : ni el eje de frecuencia ni el

10 Mhz 1 Mhz 833.33 Khz100 Khz10 Khz 8.3 Khz

-360 -315

-304.31

-138.56

-3.56 f (Hz)

-135/dec

-180/dec

-135/dec

-45/dec

- 45/dec

b) El diagrama de Bode en mdulo vendr dado como:

Pendientes del mdulo:

De 0 a 83.3 KHz : 0 dB/dec

De 83.3 KHz a 100 KHz : -20 dB/dec

De 100 KHz a 1 MHz : -60 dB/dec

De 1 MHz a : -80 dB/dec

Decibelios del mdulo:

De 0 Hz. a 83.3 KHz hay ( ) dB02.46200log20 10 = dB

KHzKHz 43.44

3.83100log2002.46 10 =

a 100 KHz hay 44.43 dB

dBKHz

MHz 56.151001log6043.44 10 =

a 1 MHz hay 15.56 dB

A partir de 1 MHz sigue bajando hasta - dB con una pendiente de 80 dB/dec.



El diagrama de Bode del mdulo se ha dibujado de forma esquemtica, sin ponerlo a escala, para

resaltar tan solo los puntos ms significativos de frecuencia y mdulo.

| F(s) |

46.02 dB -20 dB/dec44.43 dB

-60 dB/dec

1 Mhz

100 Khz83.3 Khz f (Hz)

-15.56 dB

-80 dB/dec

Nota

: ni el eje de frecuencia ni el del mdulo estn a escala.


Cuestiones TericasProblema 1Calcular la ganancia de tensin a frecuencias medias.Calcular las expresiones de los polos y ceros de baja frecueCalcular las expresiones de los polos y ceros de alta frecueEscribir la funcin de transferencia total del amplificador.

Problema 2Ganancia de tensin a frecuencias medias.Ganancia de tensin a bajas frecuencias en funcin de s AvGanancia de tensin a altas frecuencias en funcin de s AvExpresin de la ganancia de tensin para todo el rango de fr

Problema 3Ganancia de tensin a frecuencias medias.Ganancia de tensin a bajas frecuencias en funcin de la freGanancia de tensin a altas frecuencias en funcin de la freExpresin de la ganancia de tensin para todo el rango de fr

Problema 4Problema 5

Documents

Ejecricios resueltos