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ESCUELA UNIVERSITARIA DE INGENIERÍA TÉCNICA DE
TELECOMUNICACIÓN
Universidad de Las Palmas de Gran Canaria
Electrónica Analógica (plan 2000) Electrónica III (plan 96)
Sistemas de Telecomunicación
Telemática Sonido e Imagen
Examen de la Convocatoria Ordinaria de Febrero
Viernes, 4 de Febrero de 2005
Cuestiones Teóricas (de –2 a 2 puntos)
Cada cuestión teórica bien contestada tendrá un valor de 0.2 puntos, si está mal contestada tendrá un valor de –0.2 puntos y si se deja sin contestar tendrá un valor de 0 puntos.
1. La frecuencia de corte inferior de un amplificador es:
a) La frecuencia del polo de menor frecuencia, si éste está separado más de una década 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. La fase inicial de
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅
⋅−=
2081
561
121
6.21
5.71
120)( 22
3
ssss
sssAv es de:
a) 0° b) 90° c) 180º d) 270º 3. Si degeneramos los dos emisores de un amplificador diferencial con dos resistencias de reducido valor
óhmico: a) Su impedancia de entrada aumentará. c) Su ganancia aumentará. b) Su impedancia de salida disminuirá. d) Su tensión de colector disminuirá.
4. ¿En cuál de las siguientes compensaciones de un mismo amplificador es esperable menor ancho de
banda? a) Polo dominante y MF = 45º c) Polo-cero y MF = 45º b) Polo dominante y MF = 30º d) Polo-cero y MF = 30º
5. Si tenemos un amplificador realimentado y compensado con 30º de margen de fase, se cumplirá que:
a) ∠ Aβ(jωp) = − 60º donde |Aβ(jωp)| = 0dB. c) ∠ Aβ(jωp) = − 180º donde |Aβ(jωp)| = 0dB. b) ∠ Aβ(jωp) = − 150º donde |Aβ(jωp)| = 0dB. d) ∠ Aβ(jωp) = − 210º donde |AF(jωp)| = 0dB.
6. Usando un amplificador operacional con Zid = 1 MΩ y Ao = 80 dB, en configuración no inversora con
ganancia 10 tendrá una impedancia de entrada de: a) 10 MΩ. b) 100 MΩ. c) 1 GΩ. d) 10 GΩ.
7. Si tenemos un amplificador operacional con Zo = 1 KΩ y Ao = 80 dB, en configuración inversora con
ganancia 10 tendrá una impedancia de salida de: a) 1 mΩ. b) 10 mΩ. c) 1 Ω. d) 1 MΩ.
8. La corriente de entrada a un amplificador operacional ideal:
a) Depende de la impedancia de salida. c) Es nula. b) Depende de la ganancia en bucle abierto. d) Depende de la ganancia realimentada.
9. Si construimos un oscilador usando un amplificador inversor y una red β compuesta por tres células de
desfase iguales, y cada célula de desfase atenúa 6 dB a la frecuencia de oscilación. ¿Cuál debería ser la ganancia del amplificador?:
a) 6 dB. b) 12 dB. c) 18 dB. d) 216 dB. 10. Si deseamos construir un oscilador con un amplificador inversor y una red β compuesta por dos células
de desfase iguales. ¿Cuánto debería desfasar cada célula a la frecuencia de oscilación?: a) -180º. b) -90º. c) -60º. d) -45º.
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Problema 1 (de 0 a 2 puntos) Dado el siguiente circuito:
Q1
Q2
R168kohm
R222kohm
Rc2.2kohm
Rg
510ohm
Re1.0kohm
Rs1.0kohm
RL1.0kohm
Cb
Vin
CL
VoutCe
Vcc15V
Vg
Cb’e = 100 pF Cb’c = 2 pF VBE = 0.7 V β = 500
Se pide:
1. Calcular la ganancia de tensión a frecuencias medias. (0.4 puntos)
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.
(0.7 puntos)
3. Calcular las expresiones de los polos y ceros de alta frecuencia y añadir un condensador donde considere adecuado, de tal forma que su valor capacitivo establezca una frecuencia de corte superior fcs = 100 KHz.
(0.7 puntos)
4. Escribir la función de transferencia total del amplificador. (0.2 puntos) Solución:
1. Calcular la ganancia de tensión a frecuencias medias.
Comenzaremos por calcular el punto de polarización de los transistores para así obtener los
valores de las resistencias dinámicas de emisor que nos harán falta en los cálculos de alterna.
Suponemos despreciable las corrientes de base de los transistores frente a las corrientes de
las redes de polarización de base.
12 2215 3.7
1 2 22 68BRV VCC V
R R≈ = =
+ +
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VE1 = VB1 - VBE = 3V
1 3 3EV V1 Re 1EI mA= = ≈
KΩ
125 8.333e
mVrmA
′ = = Ω
2 1 1 15 2.2 3 8.4B C EV V VCC Rc I V K mA V= ≈ − × = − Ω× =
VE2 = VB2 - VBE = 7.7V
2 7.7 7.7EV V2 1EI mA= = ≈
Rs KΩ
225 3.257.7e
mVrmA
′ = = Ω
El circuito equivalente a frecuencias medias es:
Vg
Rg
510ohm
Vin ib1 B·ib1
Rc
Voutr'e2ib2
B·ib2Rs//RL
V
R1//R2 r'e1
c1
Por lo que la ganancia en tensión in
out
vv
a frecuencias medias puede calculars
descom
e
poniéndola como:
1
1
out out cvFM
in c in
v v vAv v v
= = ⋅
Calculando cada uno de los términos tenemos:
12
(v v || )( || ) 'out c
e
Rs RLRs RL r+
= ⋅
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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 RLβ β= − ⋅ ⋅ + ⋅ +⎡ ⎤⎣ ⎦
1 1( 1)in ev ib rβ ′= + ⋅ ⋅
Aproximando β ≈ (β + 1), tenemos que
( ) ( )1 21
1 1( 1) 'in ev ib rβ= ≈
+ ⋅ ⋅
|| 1 ' || 2 2 || (500 1) (3.25 500) 261.88.33
ecib Rc r Rs RLv Kβ β− ⋅ ⋅ + ⋅ +⎡ ⎤ + ⋅ +⎣ ⎦ − = −
Sustituyendo en la ganancia de tensión obtenemos:
1
1vFM
in c inv v v259.2out out cv v vA = = ⋅ ≈ −
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.
circuito ntonces
calcularemos el cero y el polo que introduce cada condensador a bajas frecuencias, para lo cual
analiza
El circuito resultante de mantener sólo Cb es el siguiente:
Para calcular los polos y ceros de bajas frecuencias, ponemos nuevamente el modelo del
en alterna pero manteniendo los condensadores de acoplo y desacoplo. E
remos cada condensador cortocircuitando el resto (aproximación de frecuencias medias).
Cb
Vg
Rg
510ohm
Vin
R1//R2 r'e1
ib1 B·ib1
Rc
Voutr'e2ib2
B·ib2 Rs//RL
Vc1Cb
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a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.
Como in
outv v
vA =
β+1) · ib2
b1 tamb
, y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.
Como vout = ( · (Rs || RL) y ni β ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2
= 0, para lo que i ién debe ser nula ib1 = 0. Para que no llegue corriente de entrada a la base
del tra haga ZCB1 = ∞, es decir, nsistor, debemos buscar un valor de frecuencia que
1Z ss C
= = ∞ ⇒ = . Tenemos un cero a frecuencia cero (un cero en cero). 0Cb zz b⋅
b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 1p
eq
sZ Cb
= −⋅
,
donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador Cb cuando se anula vg
Como se observa en el eq e1
Y el polo estará en:
circuito: Z = Rg + R1 || R2 || (β+1) r’ = 3335.8 Ω
( )1
1 1 /3335.81|| 2 || ( 1)ps rad s
CbCb Rg R R rβ= − = −
′ ⋅ Ω⋅ + + ⋅⎡ ⎤
e⎣ ⎦
Ce
El circuito resultante de mantener sólo Ce es el siguiente:
Vg
Rg
510ohm
Ce
Vin
R1//R2 r'e1
ib1 B·ib1
Re
Rc
Voutr'e2ib2
B·ib2 Rs//RL
Vc1
a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.
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in
outv v
vA =Como , y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.
Como vout = (β+1) · ib2 · (Rs || RL) y ni β ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2
= 0, para lo que ib1 también debe ser nula ib1 = 0. Obsérvese que:
( )1 1( 1) Re ||in b e Cev i r Zβ ′= + ⋅ ⋅ +⎡ ⎤⎣ ⎦
O lo que es lo mismo, al ser ib1 = 0:
( )11
Re ||( 1) e Ce
b
r Ziβ
inv ′= + = ∞+ ⋅
Despejando se llega a que:
( )1 Re || Re ||e Ce Cer Z Z′ + = ∞ ⇒ = ∞
Desarrollando la asociación 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 zs Ce s rad s
Ce K Ce⋅ ⋅ = − ⇒ = − = −
⋅ Ω ⋅
1p
eq
sZ Ce
= −⋅
, b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir
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 rβ
⎡ ⎤′= + =⎢ ⎥+⎣ ⎦ Ω
Y el polo está en:
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1
1 1 /9.23|| 1|| 2Re ||
( 1)
p
e
s radCeRg R RCe r
β
= − = −⋅ Ω⎛ ⎞⎡ ⎤′⋅ +⎜ ⎟⎢ ⎥+⎣ ⎦⎝ ⎠
CL
El circuito resultante de mantener sólo CL es el siguiente:
s
Vg
Rg
510ohm
Vin
R1//R2 r'e1
ib1 B·ib1
Rc
r'e2ib2
B·ib2 Rs
Vc1
RL
VoutCL
a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.
in
outv v
vA =Como , y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.
Como ( ) 21out bCL
v i RLRs RL Z
β= + ⋅ ⋅ ⋅+ +
y ni β ni las resistenRs cias pueden tener un valor nulo
(puede comprobarse que ib2 es no nulo en este caso), entonces Rs + RL + ZCL = ∞. O lo que es lo
mismo ZCL = ∞, es decir, 0=⇒∞=⋅
= zz
CL sCLs
Z 1 . Tenemos otro cero a frecuencia cero (un
cero en cero).
CLZs
eqp ⋅
−=1 , b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir
donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CC anulando vg.
Como se observa en el circuito: 2 ( 1)e βR || 1007.6eq
RcZ RL s r⎡ ⎤⎛ ⎞′= + + = Ω⎢ ⎥⎜ ⎟
+⎝ ⎠⎣ ⎦
Y el polo está en:
2
1 1 /1007.6
R ||( 1)
p
e
s rCLRcCL RL s r
β
= − = −⋅ Ω⎧ ⎫⎡ ⎤⎛ ⎞⎪ ⎪′⋅ + +⎨ ⎬⎢ ⎥⎜ ⎟+⎝ ⎠⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭
ad s
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Los polos y ceros de baja frecuencia de este circuito están distribuidos de la s : iguiente forma
Condensador Cero Polo
Cb 0 Hz 1
2 3335.8Hz
Cbπ⋅ ⋅ Ω ⋅
12 1
HzK Ceπ⋅ ⋅ Ω ⋅
12 9.23
HzCeπ⋅ ⋅ Ω ⋅
Ce
CL 0 Hz 1
2 1007.6Hz
CLπ⋅ ⋅ Ω ⋅
A continuación 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 más de una década de éste, 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 50Hz Hz<
2 3335.8π⋅ ⋅ Cb > 1 µF 0 Hz CbΩ⋅1 500
2 9.23Hz Hz
Ceπ=
⋅ ⋅ Ω ⋅ Ce = 34.5 µF
1 4.62 1
Hz HzK Ceπ
=⋅ ⋅ Ω ⋅
1 502 1007.6
Hz HzCLπ
<⋅ ⋅ Ω ⋅
CL > 3.2 µF 0 Hz
3. Calcular las expresiones de los polos y ceros de alta frecuencia y añadir un
encia.
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 frecu
Vg
Rg
510ohm
Vin
R1//R2 r'e1
ib1 B·ib1Voutr'e2ib2
B·ib2Rc Rs//RLCb'e
Cb'c Cb'e
Cb'c
están e
siguien
Para evitar la complejidad que introduciría la conexión de las capacidades Cb’c y Cb’e que
n la parte superior, aplicamos el teorema de Miller sobre dichas capacidades, obteniendo las
tes capacidades de Miller:
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Para la capacidad Cb’c de Q1: )1('1 KCC cbM −⋅= ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅=
KCC cbM
11' '1
Donde K es la ganancia entre los bornes de la capacidad Cb’c de Q1 a frecuencias medias, es
decir, entre la base y el colector de Q1 abriendo las capacidades interelectrónicas. Este parámetro ya
fue calculado en el apartado 1.
1 261.8c
in
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 Cb’e de Q2:
+ ≈⎜ ⎟⎝ ⎠
2 ' (1 )M b eC C K= ⋅ − 2 '1' 1M b eC CK
⎛ ⎞= ⋅ −⎜ ⎟⎝ ⎠
Donde K es la ganancia entre los bornes de la capacidad Cb’e de Q2 a frecuencias medias,
es decir, entre la base y el emisor de Q2 abriendo las capacidades interelectrónicas. Este parámetro
ya fue calculado en el apartado 1.
1
1out
c
vKv
= ≈
Con lo que obtenemos: pF2 100 (1 1) 0MC pF≈ ⋅ − = 21' 100 1 01MC pF ⎛ ⎞≈ ⋅ − =⎜ ⎟
⎝ ⎠ pF
El circuito equivalente a altas frecuencias después de simplificarlo por Miller queda como:
Vg
Rg
510ohm
VinB·ib1ib1 Voutr'e2ib2
B·ib2R1//R2 r'e1 Rc Rs//RLC1 C2
Donde: C1 = Cb’e + CM1 = 100 pF + 525.6 pF = 625.6 pF
C2 = Cb’c + C’M1 = 2 pF + 2 pF = 4 pF
los y dos ceros de alta frecuencia, aportados por las capacidades C
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.
El sistema tendrá dos po 1
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C1
a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.
Como in
outv v
vA = , y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.
Como v b2
= 0, por lo que ib1 = 0. Dicha condición se obtiene cuando la tensión en la base de Q1 es nula, es
decir V anule la impedancia de C1, es decir,
out = (β+1) · ib2 · (Rs || RL) y ni β ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces i
B1 = 0, lo que ocurre al valor de frecuencia que
∞=⇒=⋅z C1
b) El
= zC ss
Z 011
. Tenemos un cero en el infinito.
polo se introduce a la frecuencia propia de la c1
1CZ
seq
p ⋅−= , apacidad, es decir
donde e en bornes de la capacidad C1 cuando se anula vg
= 442.37 Ω
Y el polo está en:
Zeq es la resistencia equivalent
Como se observa en el circuito: Zeq = R1 || R2 || Rg ||(β+1) r’e1
[ ]1 1
1 1 3.613 /1|| 2 || || ( 1) 625.6 442.37p
e
s Mrad sC R R Rg r pFβ
= − = − = −′⋅ + ⋅ ⋅ Ω
Que expresado en hertzios equivale a 575.1 KHz
C2
a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.
in
outv v
vComo A = , y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.
Como vout = ( +1) · ib2 · (Rs || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2
= 0. Dicha condición se obtiene cuando la tensión 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,
β β
∞=⇒=⋅
= zz
C sCs
Z 02
2
1 . Tenemos otro cero en el infinito.
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2
1CZ
seq
p ⋅−= , b) El polo se introduce a la frecuencia propia de la capacidad, es decir
donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes de la capacidad C2 cuando se anula vg
Como se observa en el circuito: Zeq = Rc || (β+1) (r’e2 + Rs || RL) = 2180.97 Ω
Y el polo está en:
( )2 2e ⎦
Que expresado en hertzios equivale a 18.24 MHz
La distribución de los polos y los ceros de este circuito en alta frecuencia queda, expresada
1 1 114.628 /4 2180.97|| ( 1) ||ps Mrad s
pFC Rc r Rs RLβ= − = − = −
′ ⋅ Ω⋅ + ⋅ +⎡ ⎤⎣
en hertzios, de la siguiente forma:
Capacidad Cero Polo
C1 ∞ [ ]1 1e
1 1 575.12 1|| 2 || || ( 1) 2 625.6 442.37
KHzC R R Rg r pFπ β π
= =′⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Ω
C2 ∞ ( )2 2
1 12 4 2180.972 || ( 1) ||e
18.24MHzpFππ β
= =′ ⋅ ⋅ ⋅ Ω⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ +⎡ ⎤C Rc r Rs RL⎣ ⎦
Para conseguir una frecuencia de corte superior fcs = 100 KHz, moveremos el polo de menor
frecuen ndensador de
capacidad Ca, que deberá colocarse en paralelo con la capacidad C1, es decir, de la base del
transist cc.
cia, que es el que introduce C1. Para ello añadiremos en el circuito un co
or Q1 a tierra o a V
( ) [ ] ( )1 1
1 1 1002 1|| 2 || || ( 1) 2 625.6 442.37e
KHzC Ca R R Rg r pF Caπ β π
= =′⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ Ω
1 625.6 2.972 100 442.37
Ca pF nFKHzπ
= −⋅ ⋅ ⋅ Ω
=
Comprobamos que existe condición de polo dominante, al estar el polo menor separado del
siguiente 1018.24log 2.26100
MHzKHz
⎛ ⎞=⎜ ⎟
⎝ ⎠décadas .
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4. Escribir la función de transferencia total del amplificador.
La distribución de los polos y los ceros de este circuito queda aproximadamente de la
siguiente forma:
Capacidad Cero Polo
C +Ca ( ) [ ]
( )
1 1
1=
1 ∞ 1|| 2 || || ( 1)
1 628 /625.6 2.97 442.37
eC Ca R R Rg r
Krad spF nF
β ′+ ⋅ + ⋅
= ≈+ ⋅ Ω
C2 ∞ ( )2 2
1|| ( 1) ||
1 115 /4 2180.97
eC Rc r Rs RL
Mrad spF
β=
′⋅ + ⋅ +⎡ ⎤⎣ ⎦
= ≈⋅ Ω
Cb = 1 µF 0 1 300 /
3335.8rad s
Cb≈
Ω⋅
Ce = 34.5 µF 1 29 /
1rad s
K Ce=
Ω⋅ 1 3142 /
9.23rad s
Ce≈
Ω⋅
CL = 3.2 µF 0 1
1007.6 Ω⋅310 /rad s
CL≈
Para la expresión de la ganancia en tensión para todo el margen de frecuencias
ap los polos de C L a 300 rad/s, quedando la siguient ión de transferencia: roximaremos b y C e func
2
2
( 29)( ) 259( 300) ( 3142) 1 1
628 / 115 /
vs sA s
s ss sKrad s Mrad s
⋅ += − ⋅
⎛ ⎞ ⎛+ ⋅ + ⋅ + ⋅ +⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠
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Problema 2 (de 0 a 2 puntos)
Sobre el circuito mostrado, se pide lo siguiente: a) Quitando la resistencia de realimentación R2, ajustar RE1 y RE2 para
que en continua IC1Q = IC2Q = 1 mA e IC3Q = 5 mA. En las mismas condiciones, ajustar RS para tener un nivel de continua de cero voltios a la salida.
(0.3 puntos)
b) Dibujar el circuito por cuadripolos, identificando claramente A y β así como el tipo de mezcla y muestreo. (0.3 puntos)
c) Calcular los parámetros de la red β. (0.2 puntos)
d) Calcular la ganancia correspondiente, la impedancia de entrada y la de salida del circuito sin realimentar y cargado con la red β, especificando el signo de la realimentación.
(0.6 puntos)
e) Calcular la ganancia correspondiente, la impedancia de entrada y la de salida del circuito realimentado. (0.3 puntos)
f) Calcular la ganancia de tensión total, así como la impedancia de entrada total y la impedancia de salida total. (0.3 puntos)
Datos: β = 220 VBEQ = 0.7 V
RS
17.5 KΩ
Vout
Q2
Q3
+ 20 V
Q1Vin
ZinT
10 KΩ
ZoutT
Q4 Q5Amp-Op
RE2 RE1
- 20 V
RE 475ΩRE 475ΩRE 475Ω
RE475ΩRE475ΩRE475Ω
2.5 KΩ
RA1
RA2
R1
R2
526 Ω
3 MΩ
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Solución: a. Comenzamos por calcular los parámetros que faltan del circuito quitando la resistencia de realimentación R2. 1) Al ser un par diferencial, por los colectores de Q1 y Q2 debe pasar la misma corriente, es decir 1
mA, y la suma de ambas, 2 mA, es lo que pasaría por el colector de Q4. La tensión en el emisor de
Q4 viene determinada por la tensión del terminal inversor del operacional y esta a su vez por la del
terminal no inversor (principio de cortocircuito virtual). Esta última tensión proviene de un divisor
de tensión entre RA1 y RA2, dado que el operacional no consume corriente en sus entradas. Es
decir:
( ) VKK
KRARA
RAV 152051752
5240)20(21
2)20(20 −=−+
⋅=−++
⋅−−=+
Por lo tanto, la diferencia de tensión en RE1 será de -15-(-20) = 5 V, y la resistencia RE1 vendrá
dada como:
Ω== KmAVRE 5.2
251
2) A su vez, por el colector de Q5 deben pasar 5 mA y, teniendo en cuenta que las tensiones base-
emisor de Q4 y Q5 son iguales, concluimos que RE1 y RE2 están sometidas a la misma diferencia
de tensión entre sus bornes:
Ω== KmAVRE 1
552
3) En el colector de Q2 tenemos una tensión de: VC2 = 20 V – 1 mA · 10 KΩ = 10 V, por lo que en
el emisor de Q3 tendremos VE3 = 10 V – 0.7 V = 9.3 V. Esta tensión debe caer íntegra en RS para
tener cero voltios de continua a la salida, y teniendo en cuenta que por ella circulan 5 mA, su valor
será:
Ω== 18605
3.9mA
VRS
1Página 15 de 27
b. Podemos apreciar que, al no existir ningún elemento activo entre la salida y el punto de muestreo,
este se realiza en paralelo o, al ser a la salida, en tensión.
A su vez, tampoco existe elemento activo entre el punto de mezcla y la entrada de señal, por lo que
la mezcla también es en paralelo, que a la entrada equivale a corriente.
Con estos datos ya sabemos que debemos resolver el circuito realimentado con ganancia de
transimpedancia:
in
outZ i
vA =
Donde la red de realimentación sería βY (red de realimentación de transadmitancia), ya que el
producto A·β debe ser adimensional.
El modelo en pequeña señal de este circuito es el siguiente:
re’1 re’2
re’3β·ib1
vinvout
β·ib2
β·ib3
RC
RS
ib1ib2
ib3
R2
RE
R1
RE
La representación de las redes A y β por cuadripolos es la que se muestra a condición, donde cabe
destacar que la resistencia R1 queda fuera del circuito realimentado, por lo que se añadirá al final,
en el modelo del circuito realimentado:
2Página 16 de 27
re’1 re’2 re’3
β·ib2
vin
vout
β·ib1 β·ib3
3 MΩ
ib1
ib2
ib3
Red β
Red A
RSR1
R2
RC
iin ioutRE RE
c. El cálculo de la red βY conlleva calcular sus parámetros privilegiados, que en este caso son los
[Y]. Es decir, la red debe ajustarse a un esquema del tipo siguiente (paralelo - paralelo):
yf ·vi
io
yo-1 voyr ·vo
ii
yi-1vi
Y sus parámetros pueden obtenerse de la red β real, mostrada a continuación:
3 MΩii
vi
io
vo
R2
3Página 17 de 27
Las ecuaciones que definen el modelo usado son las siguientes:
00
00
0
0
==
==
==
==
⎭⎬⎫
⋅+⋅=⋅+⋅=
i
i
vo
oo
vi
of
vo
ir
vi
ii
ooifo
oriii
viy
viy
viy
viy
vyvyivyvyi
Aplicando los parámetros [Y] al cuadripolo β se obtiene que:
3 MΩii
vi
io
R2
[ ]1
03
1
0
−
=
ΩΩ
==Mv
iyvi
ii
3 MΩii io
vo
R2
[ ]1
00 31 −
=
ΩΩ
−==
Mviy
iv
ir
[ ]1
00 31 −
=
ΩΩ
==Mv
iyiv
oo
No se ha calculado la ganancia de transadmitancia directa yf por considerarse que su aportación es
despreciable frente a la ganancia de la red amplificadora AZ.
Por lo tanto, como sabemos que β es yr, podemos decir que 19103.333 −− Ω⋅−==)
ββY
d. Para calcular AZ sin realimentar, debemos previamente cargar el cuadripolo amplificador con las
admitancias de entrada y salida de la red β.
Antes de calcular AZ, resolveremos el circuito de continua para obtener los valores de las
resistencias de emisor de los diferentes transistores.
Dado que conocemos la corriente que circula por Q1, Q2 y Q3, sus resistencias dinámicas de emisor
serán:
Ω==′ 251
251 mA
mVre Ω==′ 251
252 mA
mVre Ω==′ 55
253 mA
mVre
4Página 18 de 27
El circuito en alterna de AZ sin realimentar, pero cargado con β es:
re’1 re’2
re’3β·ib1
vout
β·ib2
β·ib3
RC
RS
ib1ib2
ib3
R2RE RE
R2
Vx
iin
Lo que estamos buscando es la relación existente entre la tensión de salida y la corriente de entrada,
por lo que dividimos la ganancia en varias etapas tal y como se expresa a continuación, por ser más
sencillo de calcular cada una de las pequeñas contribuciones de ganancia. Por ejemplo se ha tomado
la siguiente división en cuatro etapas:
in
x
x
out
in
outZ i
ibibib
ibV
Vv
ivA
SR
1
1
2
2
⋅⋅⋅==
Resolvemos cada una de estas contribuciones a la ganancia total:
4321
4
1
31
2
22
1
AAAAiib
ibib
ibV
Vv
ivA
Ain
AA
x
Ax
out
in
outZSR
⋅⋅⋅=⋅⋅⋅==
d.1) Calculamos A1:
Vemos que podemos poner vout como un divisor de tensión con VX, de forma que:
31
1
eo
oXout rRSy
yVv′++
⋅= −
−
Por lo tanto:
0.999378518603
32
2133
1
1
=Ω+Ω+Ω
Ω=
′++=
′++== −
−
MM
rRSRR
rRSyy
VvA
eeo
o
X
out
d.2) Calculamos A2:
Aplicando sencillamente la ley de Ohm en la base de Q3 con respecto a la corriente de colector Q2
tenemos que:
5Página 19 de 27
[ ])()1(|| 132
−++′⋅+⋅⋅−= oeX yRSrRCibV ββ
Y despejando, obtenemos A2 como:
[ ])2()1(|| 32
RRSrRCibV
eX ++′⋅+⋅−= ββ
( )( )[ ] Ω−≈Ω−=Ω+Ω+Ω⋅Ω⋅−== MMKibVA X 2.2839.966,199,2318605221||102202
1
d.3) La relación entre las corrientes de base de Q1 y Q2 es inmediata, y viene dada por la ecuación:
2121 )1()1( bbbb iiii −=⇒⋅+−=⋅+ ββ
Y por lo tanto la tercera ganancia A3 es:
131
2 −==ibibA
d.4) Calculamos A4:
La corriente de base de Q1 puede verse como un divisor de corriente, siendo la corriente total de entrada igual a iin, por lo que por la rama de base de Q1 circulan:
)()1(222
)2()1( 1211
1
1 RErRRi
RErryyii
ein
eei
iinb +′⋅+⋅+
⋅=⋅+′+′⋅++
⋅= −
−
ββ
Y despejando queda que:
931387.0)47525(22213
34 1 =Ω+Ω⋅⋅+Ω
Ω==
MM
iiAin
b
Sustituyendo las contribuciones de cada ganancia en la ganancia de transimpedancia tenemos que:
Ω=Ω=⋅⋅⋅= MAAAAASRZ 047.2186.749,047,24321
La impedancia de entrada sería:
[ ] [ ])'()1(2//2)2''()1(// 1111 RErRRErryZ eeeiinSR
+⋅+⋅=⋅++⋅+= − ββ
Ω≈Ω=Ω+Ω⋅⋅Ω= KMZSRin 83.20569.836,205)47525(2212//3
Y finalmente, la impedancia de salida sería:
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
++= −
)1('// 3
1
βRCrRSyZ eooutSR
Ω=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Ω
+Ω+ΩΩ= 03.1909221
1051860//3 KMZSRout
6Página 20 de 27
En este punto ya estamos en disposición de determinar el signo de la realimentación, dado que conocemos tanto la ganancia del amplificador sin realimentar ( ) como la ganancia de la red β (yr), es decir:
SRZA
6825.0−=⋅=⋅ rZ yAASR
β
Al ser el producto A · β negativo, la realimentación será positiva.
e. Para calcular la ganancia de tensión del circuito realimentado, debemos tener en cuenta que al ser
la realimentación paralelo - paralelo, se dividen ambas impedancias por 1+A·β, cuyo valor es:
3174.0)1( =⋅+ βA
Los valores de los parámetros del circuito realimentado son:
Ω≈Ω=⋅+
= MAAA
Z
ZZF
45.6475.291,451,61 β
Ω≈Ω=⋅+
= KA
ZZ A
F
inin 47.6482.474,648
1 β
Ω≈Ω=⋅+
= KA
ZZ A
F
outout 62766.6014
1 β
f. El circuito total se obtiene uniendo el circuito Thevening equivalente del circuito realimentado y
los elementos que quedaron fuera, en este caso, sólo la resistencia R1 de 526Ω, es decir:
AzF ·iiZinFvi vo
526 Ω
ZoutF
ZinT
ii
ZoutTR1
La ganancia en tensión total puede obtenerse fácilmente como la relación entre las tensiones de
entrada y salida, donde:
iZo iAvF⋅=
( )Finii ZRiv +⋅= 1
Dado que no hay resistencia de carga, la impedancia de salida queda con un terminal al aire, y al no circular corriente por ella, tampoco cae tensión entre sus bornes.
7Página 21 de 27
Sustituyendo en la expresión de la ganancia en tensión total:
94.95261
=+Ω
=+
==F
F
F
F
Tin
Z
in
Z
i
ov Z
AZR
AvvA
Y la impedancia de entrada total es:
Ω≈Ω=+Ω=+= KZZRZFFT ininin 64920.000,6495261
Y la impedancia de salida total es:
Ω== 27.6014FT outout ZZ
8Página 22 de 27
"!# %$'&(*),+.-/102436587936:;=<>:?@79;BA3DCE;F':G<IHJ0K;B24?@:H>:;LAM3N0:O2":PQ:OR=7936ST0KP6:;=<I:VUW0K<I:OUWXK<I3NAMYF9:V79;0KUWZ9P63\[] AO08F'YEH^F9:M<I:OHIUW36;B08F9YB_
F (s) = 5.1018
(s + 2k)(s + 10k)3
` 312I:aHI:b0KP63DUW:;=<J0cAY8;79;B0cH>:OFβ = −40dB
24:aZ93NF':8d0Eeaf"Y8UWZ9H>Y8gB08HG2I3h:OP.243N2i<>:Uj0k:b2G:b2i<J0Kg9P6:cZB0KHJ0j79;lUW08HI5E:;mF':,?n082I:,F9:,oqpTrK_ksut9_vp
Z979;=<>YE2JegLe ` 3w;BY,?@7B:HJ0,:b2i<J0Kg9P6:8xLAMY8UWZQ:;B2>0KH>P6Y,ZQY8H:OPyUcz<IY'F'YjZQY8P6YK[AM:OHIYL_sut9_ |,ZB79;=<IYE2JeAOe~V3Dg97K40KHPN0k?@79;LAM36C8;F':<>H>08;B24?@:H>:;BA360lsn _
βe~=0AY8UWZL:O;B2>0K;BF'Y:;UWCqF979PDY
?n082I:8_sut9_vpZB79;=<IYE2JeFBe*f"7BXKP2I:H>60:OP0K;BAJ9YF':lgL0K;BF90F':P2I3624<I:OUj079;B0S8:OlAY8UWZL:O;B2>08F'YL_sut9_v
Z979;=<>YE2Je` Y8P67BA3DCE;wd0Ee08H>0a:OPDP6YF'36g97T408HI:OUWYE2PN0a?@79;LAM36C8;F':G<IHJ0K;B24?@:H>:;LAM3N0jsn _
βe:;jUWC'F'79P6Y,?n082I:8_
F (A.β) =25
(
s
2k+ 1
) (
s
10k+ 1
)3
` C8P6YW:O2^;9:bAM:b2I08HI36Y,H>:ZBHI:b24:O;E<J0KHP60c?n0E24:aB0E2i<J0,[>bEp r _6_6_
1k 10k
30dB
0dB
0º
−90º
−180º
28dB
f"Y8UWZ9H>Y8gB08UWYE2^R=79:a:O2^36;9:O24<>08g9PD:ZB79:O24<IYjR=79::PyUWC'F'79P6Yj:O22I79ZQ:H>3DYEH0ctEF9~_
Página 23 de 27
gLe"PUWzM<IY'F'YcF':aAMY8UWZQ:;B2>08A3DCE;k36UcZBPD3NA0,:PF':O2IZ9PN0Kb0KUW3D:O;=<IY,F9:PZLYEPDYcF':~Uc:O;9Y8H?@H>:OAM7B:;BA360~B0EAM3N0~08gB0TiYAY8;WPDY R=79:Uj0K<I:UjXK<I3NA0KUW:O;E<>:^:P63DUW36;B0KH>:UWYE2:OP9ZQY8P6Y 2436UWZ9PD:F':UW:;BY8H?@H>:OAM7B:;BA360jsu0KB0EF'3D:O;BF'Ya79;jAM:OHIY0a:b2I0V?@H>:OAM7B:;BA360=eh,AMYEPDY'AO0KH>:UWYE279;jZQY8P6YF'YEUc36;B08;E<>:F'Y8;BF9:a2I:O0c;9:bAM:b2I08HI36YB_
F (A.β)∗ =25
(
s
10k+ 1
)3
1:O;9:UWY=2RE7B:VUW:OF93DH:OPyUcC'F'7BPDYjR=79:~<I:O;BF'H>:UWYE2:;[o=pTrWsnR=79:2I:HJXK;PDY=2?@79<I79H>YE2[JOEp r eZB0KHJ0c2I08gL:OHF'C8;BF9:V<>:;BF9HI:OUcY=2R=79:ZLYE;9:H:OPwZQY8P6YB_ H>X ] A08UW:;=<I:VS8:UWY=2"R=79:~;9YE2^2IY8g9HJ0K;K|8FBV_q/10 ?@HI:bAM79:O;BAM3N0cF'Y8;BF9:G<>:;9:OUcY=2:b24:F':b2i?n0E24:F':~[o=p r 2I:H>60Bd
−45r
= −135r/dc. log
w−45r
1k+ 0r
w−45r = 2k
1k 10k
0dB
0º
−90º
−180º
−45º
28dB30dB
f"Y8;PDYkR=79:a:OPwZLYEPDYjF'YEUW3D;B08;=<I:F':gQ:H>N0KUWYE2^AMYEPDY'AO0KH>PDYc:;wd28dB
20db/dc= 1, 4dcadas
:O2F9:OAM36Hbxy8_ ocF'zbA0EF9082^ZQY8HF':OgB0TiYjF': 8Wd
log2K
wp= 1, 4
Página 24 de 27
:;*ZQ~|EtHMT2O_AOe^/0?@7B;BAM36C8;F':a<>H>08;B2i?@:OHI:O;BAM3N0,E0cAMY8UWZQ:;B2>08FB0c2I:H>N09d
F (A.β) =25
(
s
80+ 1
) (
s
10k+ 1
)3
0dB
0º
−90º
−180º
−45º
28dB30dB
100 1k 10k
−135º
FBePh0K;BAJ9YWF':gB08;BF90cH>:O2I79P\<J0K;=<I:a2I:HJX9d
BW = 80.(1 + A.β) = 2080r/s
Página 25 de 27
1!MM $'&(*),+ -V:P12I3D5E7936:;=<I:aYE2>AM36PN08F'YEH2I: F':O2I:O0cA08P6A79PN0KHbd0Ee^¡BHI:bAM79:O;BAM3N0,F9:YE2>AM36P60EAM36C8;w_^siE_ p,Z979;=<>YE2JegLe¢0KP6Y8HF9: £G,ZB0KHJ0Uj08;E<>:;9:OHP60cY=2IA3DPN08A3DCE;w_sut9_vp,Z979;=<IY=2>e
C1 C2
L
R2
R1
R
150
V0K<IY=2d£T,OW¤BfV¥,btK;B¡¤Bf^Ea8tK;B¡¤'/h,O7B¦` Y8P67BA3DCE;wd.0KHJ0VAO0KPNAM79PN0KHPN0G?@H>:OA79:;LAM3N0~F9:Y=2IA3DPN08A3DCE;wxK0KgBHI36HI:OUWYE2:P'PN0KYa L0KP6P608HhPN0V?@79;BA3DCE;
F':~<IHJ0K;L2i?@:OHI:O;BAM3N0su _βe
C1 C2
L
R2
R1
R
150
ViVoi2
i3
i1
/10E2^:OAM7L08AM36Y8;B:O2^R=79:Z9PN0K;=<I:b0KUWYE2^2IY8;wdVi = i1.150 + i1.
1
sC1
− i2.1
sC2
0 = −i1.1
sC1
+ i2.1
sC1
+ i2.1
sC2
0 = i3
(
1
sC2
+ R1
)
− i2.1
sC2
+ i2.sL − i3.1
sC2
V0 = −i3.R2
247L2i<>3\<>798:O;BF'YWF':b24ZQ:i408;BF'YLx'Y8g'<>:;BF'H>:UWY=2d
Página 26 de 27
V0
Vi
= −R2
s3150.R1.C1.C2.L + s150.R1. (C1 + C2) −1
sC2
+ s2R1C2L + R1C1+C2
C1
− 150C1
C2
− R1C2
C1.0KHJ0 R=79:V2I:VA79UWZ9P60:PAMH>3\<>:H>3DY F9:~^0KH>§qB0K7L24:O;wxK:PF':b2i?n0E24:G<IYK<J0KPQF':gQ:H>60,24:OH"F':t r ZQY8HP6YjRE7B:P60cZB08H4<>:~36Uj0K5E3D;B08HI3N0<I:;LF'HI:OUWYE2R=79:a3D5E7B0KPN0KH>PN0,0Wt9_
s3150.R1.C1.C2.L + s150.R1. (C1 + C2) −1
sC2
= 0
F':O2IZQ:i40K;LF'YjP60,?@H>:OA79:;BA360WF':aY=2IA3DPN08A3DCE;wx=<I:;LF'HI:OUWYE2Od
fosc '1
2π
√
(C1 + C2)
2.C1.C2.L= 1378322Hz
/10cZB08H4<>:~H>:O08PwF':gQ:H>N0c2I:HUj0¥EY8HYc36587L0KPw0*8_Y8HP6YjR=79:8d
1 =−R2
−w2.R1.C2.L + R1.C1+C2
C1
− R1.C2
C1
− 150.C1
C2F':0ERE7Bud
R2 ≥ 2.R1 = 2K
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