CAPITULO I Repaso de Electrónica I Problemas Resueltos: Problema 1: Para el circuito que se muestra a continuación realice el análisis DC y
calcula la Ganancia de Voltaje. Considere VBE=0,7.
Análisis DC Considerando que los condensadores a bajas frecuencias se comportan como un circuito abierto, se obtiene: Del circuito, se deduce: 0.5mA
= I B + I c = I E
(1.1.1)
V E
= R1 I E = R1 ( 0.5mA ) = 0.5V
(1.1.2)
V B
= 0.7 + V E = 0.7 + 0.5 = 1.2V
(1.1.3)
V C
= R2 I B +V B = R2 I B +1.2V
(1.1.4)
Del Transistor Bipolar, se tiene que: I B
= β I c
Si se sustituye la ecuación 1.1.5 en la ecuación 1.1.1, resulta: I B
=
0.5mA β +1
(1.1.6) Al reemplazar la ecuación anterior en la ecuación 1.1.4, se obtiene: V C
0.5mA = R2 β +1
+V B ≈1.7V
(1.1.7) Finalmente, V CE
(1.1.8)
= V c −V E =1.7 − 0.5 =1.2V
(1.1.5)
Análisis AC Considerando que los condensadores se comportan como un corto cir cuito y la fuente de corriente DC se comporta como un abierto, se obtiene:
Al sustituir el Transisitor Bipolar por su modelo en peque ña se ñal:
Si suponemos que ro tiende a infinito y aplicamos el teorema de blackesley, resulta:
Finalmente, se obtiene:
Del circuito se deduce: Vo
= −( R2 // RL ) gmV be
Rin
= R1 // r π // gm −1
Vbe
=
Rin Rin + 50
Vin
(1.1.9)
(1.1.10)
(1.1.11)
Si se sustituye la ecuación 1.1.11 en la ecuación 1.1.9 se obtiene la ganancia: Vo Vin Vin
=
− ( R2 // RL ) gmRin Rin Rin + 50
Análisis AC Considerando que los condensadores se comportan como un corto cir cuito y la fuente de corriente DC se comporta como un abierto, se obtiene:
Al sustituir el Transisitor Bipolar por su modelo en peque ña se ñal:
Si suponemos que ro tiende a infinito y aplicamos el teorema de blackesley, resulta:
Finalmente, se obtiene:
Del circuito se deduce: Vo
= −( R2 // RL ) gmV be
Rin
= R1 // r π // gm −1
Vbe
=
Rin Rin + 50
Vin
(1.1.9)
(1.1.10)
(1.1.11)
Si se sustituye la ecuación 1.1.11 en la ecuación 1.1.9 se obtiene la ganancia: Vo Vin Vin
=
− ( R2 // RL ) gmRin Rin Rin + 50
(1.1.12)
Problemas Propuestos: Problema 1: Para el circuito adjunto se tiene que Q 1=Q2, además de que todos los
Transistores Bipolares cumplen con las siguientes características: β=100, Vce(sat)=0V, Vbe(on)=0.7V, V a=100V y T=300ºK. Halle: a) Puntos Puntos de polarización polarización b) Vo/Vin c) Zin, Zout
Problema 2: Demuestre las siguientes afirmaciones:
a)
c)
R out out
= r o [1 + (R EE //r //r π )gm ]
R int int
= r π + RΕΕ (β +1)
AV R out out
=
RE ( β + 1) r π + Rb
= RE //
+ RE ( β + 1) + Rb ) β + 1
(r π
≈1
b)
d)
AV
R out
=
− Rc gmr gmr π r π + Rb + REE ( β + 1)
//( r π + Rb ))] ))] = r o [1 + gm ( REE //(
CAPITULO II Par Diferencial Problemas Resueltos: Problema 1:
Problemas Propuestos: Problema 1: Dado el siguiente circuito, con β =100 y V be= 0.7 V:
Calcular: a) Ad b) Zid c) CMRR Problema 2: El siguiente amplificador trabaja a frecuencias medias, calcular:
a) Puntos de Polarización b) Av_md, Av_mc, Z in, Zout
Considere que Q1=Q2 y que en todos los transistores se cumple que β=100, T=300 ºK y Va= 100V.
CAPITULO III Multietapa Problemas Resueltos: Problema 1:
β=200 VT=25mV
Análisis DC:
= Ic6 =
Iref
Vcc
− (Vss + Vbe 6 ) Rref
= 10
− (−10 + 0.7)
Ic 9
= Ic8 = Ic7 = Ic6 = Ic3 = Ic 4 = 0.5mA
Ic1
= Ic2 =
Vo ( DC )
=
I c 5
Ic7 2
= 0.25mA
=10V −10 K Ω* 0.5mA − 0.7V = 4.3V
4.3 − (−10 ) 10 k
= 1.43 mA
Por otro lado, se sabe que:
=
gm
r π
=
Ic V T
β gm
donde V T
= 25 mV
donde β = 200
Luego: gm1 gm3
= gm2 = 0.01 = gm 4 = 0.02
gm 5
= 0.0572
r π 1
39 k
= r π 2 =
200 0.01
= 20k Ω
= 20
− 0. 7
39 k
≈ 0.5mA
r π 3
= r π 4 =
r π 5
=
200 0.02
200 0.0572
= 10 k Ω
= 3.5k Ω Tabla final con los valores DC, g m y r π : Qs Q1,Q2 Q3,Q4 Q5
Ic 0.25mA 0.5mA 0.5mA
gm 0.01 0.01 57.2m
r 20k Ω 10k Ω 3.5k Ω
Análisis AC: Etapa 1: Par diferencial con salida diferencial Rin
Rout
= 2r π 1 = 40 K Ω
= 2(ro1 // 27 K Ω) = 2(27 K Ω) = 54 K Ω Avd
= −gm1 Rc 1 = −(0.0.1)27 K Ω = −270
Etapa 2: Par diferencial con salida simple Ri n =
2r 3
Rout
= (ro4 // 10 K Ω) = 10 K Ω
π
Av = −
=
20 K Ω
gm4 Rc 4 2
= −100
REVISAR ESTE SIGNO
Etapa 3: Colector común, con resistencia y salida por el emisor
Vo Vin Rin
Rout
=
10 K ( β +1) r π 5
+10 K ( β +1)
≈1
= r π 5 +10 K ( β +1) = 2.01 M Ω
= 10 K //
+ r π 5 = 66 .7Ω β +1
Rc 4
Tabla final con los valores AC: AV -270 -100 1
Etapa 1 Etapa 2 Etapa 3
R int
total
Rout total
Vin 2
=
Vin 3 =
Vo
R out 54k Ω 10k Ω 67Ω
= Rin1 = 40 K Ω = Rout 3 = 67 Ω Rin 2 Rout 1 + Rin 2 Rin 3 Rout 2 + Rin 3
= Av 3Vin 3 =
Av total
R in 40k Ω 20k Ω 2MΩ
Av 1Vin
= −72 .97Vin
Av 2Vin 2
= 7.260 KVin
Av 3 Av 2 Av 1Rin 3Rin 2 ( Rout 2 + Rin 3)( Rout 1 + Rin 2)
Vin
= 7.260 KVin
= 7.260 K
Problema 2: Hallar R para que V OUT (DC)=0V
β=100
VA → ∞
Análisis DC: Iref
=
10
− (0.7 −10 ) 10 .3K
= 1.87 mA
La fuente de corriente que se presenta entre Q6, Q7, Q8 y Q9, es una Fuente de CorrienteWidlar, cuya característica se presenta a continuación:
R2 Io
Iref = V T ln Io
Su demostración es un poco más complicada por implicar una ecuación de Lambert (También conocida como función W)
Para Q6: R2
= 1K Ω,
I Q 6
= 79 .081 uA
I Q 6
I Q1
= I Q 2 =
I Q 3
= I Q 4 =
V e 5
=V b 5 − 0.7 = 9.2V
2
= 39.5405 uA
Para Q7: R2
= 0.8 K Ω,
I Q 7
= 93 .587 uA
I Q 7 2
= 46.7935 uA
Para Q8: R2 = 0.2 K Ω, I Q 8 = I Q 5 = 251 uA V b 5 Vo
R
=10 − 2 KI Q 4 = 9.91V = 9.2 − RI Q 5 = 0
=
9.2
I Q 5
= 36 .653 K Ω
Se sabe que:
gm
=
Ic
y
V T
r π
=
β gm
Tabla de los puntos de operación Ic 39.54uA
Q1,Q2
gm 0.0016
r 63.227k
Ω Q3,Q4
46.79uA
0.0019
53.430k
Ω Q5
251uA
0.01
9.960k Ω
Análisis AC: Etapa 1: Par diferencial con salida diferencial
= 2r π 1 = 126 .454 K Ω
Rin
= 2(ro1 // 10 K Ω) = 2(10 K Ω) = 20 K Ω
Rout Avd
= −gm1 Rc 1 = −(0.0016 )10 K Ω = −15 .816
Etapa 2: Par diferencial con salida simple
2r 3
Rin =
Rout
π
= 106.86 K Ω
= (ro 4 // 2 K Ω) = 2 K Ω
Av = −
gm4 Rc4 2
= −1.8716
Etapa 3: Colector común, con resistencia y salida por el emisor
Vo Vin Rin
=
( R + ro8 )( β + 1)
r π 5
+ ( R + ro8 )(β + 1)
≈1
= r π 5 + ( R + ro8 )(β +1) = Muy
alta
r π 5 + R 4 ≈ 36.771k Ω Rout = ro 8 // R + ro 5 // β + 1 c
Tabla final con los valores AC
Etapa 1
AV -15.816
R in 126.454k
R out 20k Ω
Ω Etapa 2 Etapa 3
-1.8716 1
106.86k Ω Alta
2k Ω 36.771k
Ω
REVISAR PROBLEMA NO ME DIO IGUAL A LA MUCHACHA
Problema 3:
β =100 Vbe ro
Hallar R 1, tal que Ic4=500μA Hallar Ad
a) b)
Análisis DC
Se tiene que: Iref = Ic5
Ic 4
=
R1 =
Ic1
Iref 2
= Ic6 = Ic7 = Ic8 = Ic9 =
= 15
− 0 .7
2 R1
14 .3 2 * 500 uA
0 − (Vss
= 500 uA
= 14 .3K Ω
= Ic2 = Ic3 = Ic4 =
Iref 2
= 500uA
Por otro lado, se sabe que:
+ 0.7)
R1
= 0.7V =∞
gm
=
Ic
y
V T
r π
=
β gm
Tabla con los valores DC Ic
Q1,Q2,Q3,Q4 Q5,Q6,Q7,Q8,Q9
500µ A 1mA
gm 20m 40m
r 5k Ω 2.5k Ω
Análisis AC Etapa 1: Par diferencial con salida diferencial Rin
= 2r π 1 = 10 K Ω
= 2(ro1 // 10 K Ω) = 2(10 K Ω) = 20 K Ω
Rout Avd
= −gm1 Rc 1 = −(0.02 )10 K Ω = −200
Etapa 2: Par diferencial con salida simple Rin =
2r 3
Rout
= (ro4 // 10 K Ω) = 10 K Ω
π
Av = −
= 10 K Ω
gm4 Rc 4 2
= −100 Tabla con los valores AC Etapa 1 2
Vo
=
Av 2 Av 1Rin 2Vin ( Rin 2 + Rour 1)
AV -200 -100
R in 10k Ω 10k Ω
R out 20k Ω 10k Ω
Avd
=
Av 2 Av 1Rin 2 ( Rin 2 + Rout 1)
= 6.67 K
Problemas Propuestos: Problema 1: Dado el siguiente circuito, con β =100 y V be= 0.7 V:
Calcular: a) R para que Vo=0V b) Los Puntos de Operación c) El valor Vo Vid Problema 2: Dado el siguiente circuito, con βF =100 , Iref =0.5mA y VA =100V :
Calcular: a) Los Puntos de Operación b) La Ganancia total, CMRR y Zout
Problema 3: Con β=100, V be(on)=0.7V y r o=100k Ω . Halle todas las corrientes de
polarización, los voltajes A, B, C, D, E y el valor del CMRR.
Problema 4: Halle las resistencias: R1, R2, R3, R4 y R5 de manera que circule las
corrientes indicadas, para ello, considere: Vcc=10V, β=100. Además, calcule la Ganancia de Voltaje, la Impedancia de Entrada y la Impedancia de Salida.
CAPITULO IV Realimentación Problemas Resueltos: Para cada uno de los problemas que se presentan a continuación calcule: a) b) c) d) e) f) g) h)
El punto de Operación de los transistores La red de retroalimentación El Tipo de Retroalimentación Ganancia a lazo abierto Ganancia de lazo de retroalimentación La impedancia de entrada y salida, a lazo abierto. Ganancia a lazo cerrado Impedancia de entrada y de salida a lazo cerrado
Problema 1:
Red de Retroalimentación paralelo-serie
g 11
g 22
=
I 1 V 1
=
V 2 I 2
= I 2
=0
1 R f
+ R f 2
= R f // R f 2 V 1 =0
Circuito Resultante
Análisis en pequeña señal
(4.1.1)
(4.1.3)
g 12
= β =
I 1 I 2
=− V 1 =0
R f 2 R f
+ R f 2
(4.1.2)
Del circuito, se deduce: io
= ( β 2+1)ib2 ≈ β 2 ib2 = gm 2V π 2
= ( Rs // R1 // g 11−1 // r π 1 )is
V π 1
(4.1.4) (4.1.5)
Al considerar el reflejo de impedancia, resulta:
− gm1V π 1R3r π 2 V π 2 = R3 + r π 2 + g 22 ( gm2 r π 2 + 1)
Reflejo de impedancia (4.1.6)
Al sustituir las ecuaciones 4.1.5 y 4.1.6 en la ecuación 4.1.4, se obtiene:
a
=
io is
−1 − gm2 gm1 R3r π 2 ( Rs // R1 // g 11 // r π 1 ) =− [ R3 + r π 2 + g 22 ( gm2 r π 2 + 1)]
(4.1.7)
Ro
= R4
Rin
(4.1.8)
= Rs // R1 // g 11−1 // r π 1
(4.1.9) A=
Z o
a 1 + aβ
= Ro (1 + aβ )
(4.1.10)
Z i
=
Ri 1 + aβ
(4.1.11)
(4.1.12)
Problema 2:
Red de Retroalimentación serie-serie
Z 11
=
V 1 I 1
= Re1 //( Rf + Re3 ) I 2
(4.2.1)
=0
Z 22
=
V 2 I 2
= ( Re1 + Rf ) // Re 3 I 1 =0
(4.2.3)
Z 12
= β =
V 1 I 2
= I 1 =0
Re 3
Re1 Re 3 + Rf + Re1
(4.2.2)
Circuito Resultante
Análisis en pequeña señal
Del circuito, se deduce: io
= ( β 3+1)ib3 ≈ β 3 ib3 = gm 3V π 3
(4.2.4) V π 3
=
− gm2V π 2 RL 2 r π 3 RL 2 + r π 3 + Z 22 ( gm3 r π 3 + 1)
(4.2.5) V π 2
= −gm 1V π 1 ( RL1 // r π 2 )
V π 1
=
(4.2.6)
r π 1 V s Rs + r π 1 + Z 11 ( gm1r π 1 + 1)
(4.2.7) Al sustituir las ecuaciones 4.2.5, 4.2.6 y 4.2.7 en la ecuación 4.2.4, se obtiene:
io V s
a=
=
[ RL 2
gm1 gm2 gm3 RL 2 r π 3 r π 1 ( RL1 // r π 2 ) + r π 3 + Z 22 ( gm3r π 3 + 1)][ Rs + r π 1 + Z 11 ( gm1r π 1 + 1)]
(4.2.8) Ro
= Z L
Rin
(4.2.9)
= Rs + r π 1 + Z 11 ( gm 1r π 1 +1)
(4.2.10) A=
a 1 + aβ
(4.2.11)
Z i
= Ri (1 + aβ )
(4.2.12)
Z o
= Ro (1 + aβ )
(4.2.13)
Problema 3: Considere que el Op–Amp tiene ganancia de circuito abierto μ= 10 4 V/V,
R id = 100k Ω y Ro = 1k Ω .
Red de Retroalimentación paralelo-paralelo
Y 11
Y 22
=
I 1 V 1
=
I 2 V 2
= V 2
=0
1 1k + (1k // 100 k )
= V 1 =0
1 100 k + (1k // 1k )
≈
=
1 2k
(4.3.1) 1
100 .5k
(4.3.2)
−1 Y 12
= β =
I 1 V 2
= V 1 = 0
100 k 1k 2+ 100 k
(4.3.3) Circuito Resultante
Del circuito, se deduce:
=−
1 201 k
V o
=
(2k // Y 22−1 ) −1
( 2k // Y 22 ) + Ro
µ V i
V i
(4.3.4)
= ( Rs // Y 11−1 // R id ) I s
(4.3.5) Al sustituir la ecuación 4.3.5 en la ecuación 4.3.4, se obtiene:
a
=
V o I s
=
µ (2k // Y 22−1 )( Rs // Y 11−1 // R id ) (2k // Y 22−1 ) + Ro
(4.3.6) Ri
= Rs // Y 11−1 // Rid
(4.3.7)
Ro
= 2k // Y 22−1 // R o
(4.3.8) A=
a 1 + aβ
(4.3.9)
Z i
=
Ri 1 + aβ
(4.3.10)
Z o
=
Ro (1 + aβ )
(4.3.11)
Problema 4:
µ =104 R id=100k Ω r o=1k Ω R L=1k Ω R 1=1k Ω R 2=1MΩ R s=10MΩ
Respuesta:
Red de Retroalimentación serie-paralelo
h11
=
V 1 I 1
// R2
= R1 V 2
(4.4.1)
h12
= β =
=0
V 1 V 2
= I 1 =0
R1 R1
+ R2
(4.4.2)
h22 =
I 2 V 2
= I 1 =0
1
R1
(4.4.3)
+ R2
Circuito Resultante
Del circuito, se deduce:
V o
=
−1 ( h22 // RL )
−1 (h22 // RL ) + r o
µ V i
V i
(4.4.4)
=
Rid Rid + Rs
+ h11−1
V s
(4.4.5)
Al sustituir la ecuación 4.3.5 en la ecuación 4.3.4, se obtiene:
a=
V o V s
=
−1 µ Rid (h22 // RL ) −
1 [(h22 // RL ) + r o ][ Rid + Rs
+ h11−1 ]
(4.4.6)
Ro
= RL // h22−1 // r o
Rin
(4.4.7)
(4.4.8) A=
a 1 + aβ
(4.4.10)
(4.4.9)
Z i
= Ri (1 + aβ )
= Rs + Rid + h11−1
Z o
=
Ro
(4.4.11)
(1 + aβ )
Problema 5:
Ic=0.5mA, β=100 gm=60mA/V, r π=1.7k Nota: a) Baja frecuencia C actúa como un circuito abierto. b) Alta frecuencia C actúa como un corto circuito.
Red de Retroalimentación paralelo-paralelo Y 11
Y 12
=
I 1 V 1
= V 2
= β =
=0
I 1 V 2
1
R f 1 // R f 2
= V 1 =0
−1 R f 1 // R f 2
(4.5.1)
Y 22
=
I 2 V 2
= V 1 =0
1 R f 1 // R f 2
(4.5.2)
(4.5.3)
Circuito Resultante
Del circuito, se deduce: V o
= −( Rc // Y 22−1 ) gmV π
(4.5.5)
(4.5.4)
V π
= ( r π
s
// Y 11−1 // R s ) I s
Al sustituir la ecuación 4.3.5 en la ecuación 4.3.4, se obtiene:
a
= V o = −( Rc // Y 22−1 )(r π s // Y 11−1 // R s ) gm I s
(4.5.6)
Ri = r π s
// Y 11−1 // R s
(4.5.7)
Ro
= Y 22−1 // R c
(4.5.8)
A=
a 1 + aβ
(4.5.9)
Z i
=
Ri 1 + aβ
(4.5.10)
Z o
=
Ro
(4.5.11)
(1 + aβ )
Problema 6: En el siguiente circuito encuentre: A, β, Af , R ent, R sal
Red de Retroalimentación serie-paralelo
Análisis DC ie1
= ie 2 =
1mA 2
= 0.5mA
(4.6.1)
Dado que i 20 k Ω >> ib 3 se tiene: ic 2
= i 20 k Ω =
β ie 2 β +1
= 0.495 mA
(4.6.3)
Debido a que Vo(DC)=0, se tiene: ie 3
= 5mA + ib 2
Sin embargo, ib 2 ie 3
≈ 5mA
(4.6.4)
<< ie3 , por lo que resulta: (4.6.5)
ic1
=
β ie1 = 0.495 mA β +1
(4.6.2)
ic 3
β ie3 β +1
=
= 4.95 mA
(4.6.6)
Por otra parte, si se considera las siguientes ecuaciones:
= I C
gm
(4.6.7)
V T
r π
=
β gm
(4.6.8)
Se obtiene los siguientes resultados: gm1
= gm 2 =
0.495 mA 25 mV
= 0.02
r π 1
(4.6.9)
= r π 2 = 100 = 5k Ω 0.02
(4.6.10) gm 3
=
4.95 mA 25 mV
= 0.2
r π 3
(4.6.11)
=
100 0.2
= 500 Ω
(4.6.12)
Análisis AC h11
=
V 1 I 1
= R3
// R4
= 900 Ω
(4.6.13)
V 2 =0
(4.6.14)
h22
=
I 2 V 2
= I 1 =0
1
R3
+ R4
Circuito Resultante
Primera Etapa
=
1 10 k Ω
(4.6.15)
h12
= β =
V 1 V 2
= I 1 =0
R3 R3
+ R4
=
1 10
Se puede suponer una simetría sin importar la presencia de la resistencia R 2 en el colector del transistor Q2, debido a que el valor de la corriente I C en ambos transistores sólo depende del valor del voltaje V BE, tal y como lo indica la fórmula Ic=Is e Vbe/VT. Se concluye que se puede aplicar el Teorema de Bisección.
Del circuito se deduce: Rint 1
h +R = 2( 11 1 ) + r π 1 = 20.9k Ω 2
(4.6.16) Ro1
= r o // R2 ≈ R2 = 20 k Ω
(4.6.17) AV 1
=−
gm1 (r o // R2 ) 2
= −200
(4.6.18)
Segunda Etapa
Calculo de la Resistencia de Salida:
= (r o // R2 ) + r π 3 // h22−1 // RL = 180 .935 Ω β + 1
Ro 2
(4.6.19) Calculo de la Ganancia y la Resistencia de Entrada:
Del circuito se deduce:
= r π 3 + (h22−1 // RL )(β +1) = 168 .833 k Ω
Rint 2
(4.6.20)
AV 2
=
−
(h221 // RL )(β + 1) − r π 3 + (h221 // RL )(β + 1)
= 0.997
(4.6.21) Finalmente, al unir las dos etapas se tiene:
Del circuito se deduce: a
=
V o V in
=
AV 2 AV 1 Rin 2
+ Ro1 )
( Rin 2
(4.6.22) Al sustituir las expresiones que se obtuvieron anteriormente, resulta:
a=
V o V in
=−
−1 gm1 (h22 // RL )(β + 1)(r o // R2 )
2[r π 3
+ (h22−1 // RL )(β + 1) + (r o // R2 )]
= −178.817
(4.6.23)
Ro
=
(r o // R2 ) + r π 3
β +1
− // h22 // RL 1
Rin = 2(
(4.6.24)
h11 + R1 2
(4.6.25) A=
a 1 + aβ
(4.6.27)
(4.6.26)
Z i
= Ri (1 + aβ )
) + r π 1
Z o
=
Ro (1 + aβ )
(4.6.28)
Problema 7: En el circuito mostrado se ilustra un amplificador de retroalimentación
serie-paralelo sin detalles del circuito de polarización. Considere R f = 50Ω y R e = 1200Ω
a) Determinar β b) Demuestre que si Aβ es grande, entonces la ganancia de voltaje de circuito cerrado esta dada aproximadamente por: A f
= V o =
R f + Re
V s
Re
c) Si R e se selecciona igual a 50Ω , encuentre R f que resultará en una ganancia de circuito cerrado de aproximadamente 25V/V d) Si Q 1 está polarizado a 1mA, Q 2 A 2mA y Q 3 a 5mA y suponiendo que los transistores tienen hfe=100, encuentre valores aproximados para R c1 y R c2 para obtener ganancia de las etapas del circuito como sigue: una ganancia de voltaje de Q 1 alrededor de -10V/V y una ganancia de voltaje de Q 2 de aproximadamente -50V/V e) Para su diseño ¿Cuál es la ganancia de voltaje a circuito cerrado que se obtiene? f) Calcule la resistencia de entrada y salida del amplificador de circuito cerrado diseñado.
Respuesta:
a)
Red de Retroalimentación serie-paralelo
h11
= =
h22
b) A f
V 1 I 1 I 2 V 2
=
lim
= R f // Re
= β =
V 2 =0
= I 1 =0
V 1 V 2
= I 1 =0
Re Re
1
Re
+ R f
A A / Aβ = 1 + Aβ (1 / Aβ ) + ( Aβ / Aβ )
1 / β
Aβ →∞
h12
(1 / Aβ ) + 1
=
1
β
=
Re
=
1 / β (1 / Aβ ) + 1
+ R f Re
c) Si despejamos R f de la ecuación anterior se obtiene: R f
= A f Re − Re = ( 25 * 50 ) − 50 =1200 Ω
d) Análisis DC I C 1
gm1
=
gm2
=
I C 2
gm3
=
I C 3
V T V T
V T
= =
=
Análisis AC
OJO
1mA 25mV 2mA 25mV 5mA 25mV
= 0.04
r π 1
=
β gm1
= 0.08
r π 2
=
β gm 2
= 0.2
r π 3
=
β gm3
= 100 = 2.5k Ω 0.04
=
100 0.08
= 1.25 k Ω
= 100 = 500 Ω 0.2
+ R f
Q1: A v1 =
-β ( Rc1π2P r rπ1 +β+1 (
) R(
f
)
-100 P 1250) c1 ( R -10 V V= 2500+ 101 P1200 ( ) 50 (
⇒
PR e )
)
R c1 =1782.80Ω
Q2: A v2 =
(
-β Rc2π3P ( r + ( β+1 f)
(R e+
R
)))
rπ2
⇒
-50 V V=
-100 ( Rc2 P 126750) 1250
R c2 =628.09Ω a) Q3: A v3 =
( β+1) ( Rf P R e ) R c2π3 +r +β+1 PR ( ) Rf( e
)
101 ( 1250Ω ) = 628.09Ω+500Ω+101 1250Ω (
)
A v3 =0.9911 V V A=A v1
⋅
Av2
⋅
Av3 = ( -10)
( -50) ( 0.9911)
A=495.57 V V
β= A=
Re
⇒
Rf +R e a 1+aβ
=
β=0.04 495.57
1+ ( 495.57) 0.04
=23.79 V V
b) Riπ1 =r + f( R
Pe Rβ+1 101 ) ( ) ( =2500Ω+48
)
Ri =7348Ω Roπ1 =r + f( R +R e
)
P π1 (r
+Rβ+1 ) ) ( =1250 c2
11.169 P
Ro =11.07Ω Rif =Ri ( 1+Aβ) =7348 ( 1+ (493.37 ) (0.04 ) ) Rif =133kΩ
R of =
Ro 1+Aβ
=
R of =0.53Ω
11.07 1+ ( 495.57) ( 0.04 )
h →
(
22
-1
β+1(
) )r P +R ( π3
C3
)
Problemas Propuestos: Para cada uno de los problemas que se presentan a continuación, determine: a) El punto de Operación de los transistores. Suponer que las corrientes de colector en el punto de operación son=2mA. b) La red de retroalimentación c) El Tipo de Retroalimentación d) Ganancia a lazo abierto e) Ganancia de lazo de retroalimentación f) La impedancia de entrada y salida, a lazo abierto. g) Ganancia a lazo cerrado h) Impedancia de entrada y de salida a lazo cerrado Problema 1:
Problema 2:
CAPITULO V Respuesta en Frecuencia del Amplificador Problemas Resueltos: Problema 1: Un amplificador tiene una ganancia de 200 a bajas frecuencias y su función de transferencia tiene tres polos reales negativos en 100KHz, 1MHz y 20MHz. Calcular y bosqueje el diagrama de Nyquist para este amplificador si se aplica un lazo de retroalimentación negativo ( f o β ) = 0.8 . ¿Es estable el amplificador con esta cantidad de retroalimentación? Explicar Respuesta:
Datos Ao
= 200
P 1 =100 KHz P 2
=1MHz
P 3
= 20
MHz
β =0.08 To = β Ao
=16
arg (T ( jω )) = −arctg (
ω 180 2π 100 KHz f 180
T ( jω 180 )
=
) − arctg (
ω 180 ω 180 ) − arctg ( ) = −180 2π 1MHz 2π 20MHz
= 4.7 MHz 200 * 0.08 2
f 180 1+ 100 KHz
2
f 1 + 180 1MHz
2
f 180 1+ 20 MHz
Diagrama de Nyquist
Problema 2: Calcular y bosquejar los diagramas de magnitud (en decibel) y fase vs frecuencia (escala logarítmica) cuando la retroalimentación es cero. Determinar el valor
máximo de retroalimentación ( f o β ) que permita estabilidad con un margen de fase de 60º Respuesta:
Mf
180
=
arg( T ( jω ))
+
arg( T ( jω ))
T ( jω )
1
=
60
=
120
= −
T ( jω ) = 1
f 120 f f 120 arg( T ( jω )) = −arctg ( ) − arctg ( 120 ) − arctg ( ) = −120 100 KHz 1MHz 20MHz f 120
T ( jω 120 )
= 721 .781 KHz 200 * β
=
2
2
721 .781 KHz 100 KHz
721 .781 KHz 1MHz
1+
1+
2
721 .781 KHz 20 MHz
=1
1+
β = 4.496 * 10 −2
Problema 3: Un amplificador tiene una ganancia en baja frecuencia de 10000 y su función de transferencia tiene tres polos reales negativos en 100KHz, 2MHz y 25MHz
a) Calcular la magnitud del polo dominante necesario para compensar el amplificador retroalimentado a ganancia unitaria con un Margen de Fase de 45º. Suponer que los polos originales permanecen fijos.¿Cuál es el ancho de banda del amplificador resultante?, ¿Cuál es el Margen de Ganancia? Respuesta: Datos: Ao
=10000
P 1 =100 KHz P 2 =2 MHz P 3
=25
MHz
β =1
Determinar la ubicación del polo dominante: Mf
arg( T ( jω )) = −arctg (
180
=
arg( T ( jω ))
+
) T ( jω
1
=
45 º
=
f 135 f f 135 f ) − arctg ( 135 ) − arctg ( ) − arctg ( 135 ) = −135 º 100 KHz 2MHz 25MHz Px f arctg ( 135 ) ≈ 90 º Px
− arctg (
f 135
100 KHz
) − arctg ( f 135
T ( jω 135 )
f 135 2 MHz
f 135
) − arctg (
25MHz
) = −45º
= 90 .664 KHz 10000
=
2
2
90.664 KHz 100 KHz
90 .664 KHz 2MHz
1+
1+
2
2
90.664 KHzz 25MHz
90.664 KHzz Px
1+
2
=1
1+
2
90 .664 KHz ≈ 1 1+ 2MHz
90 .664 KHz ≈ 1 1+ 25 MHz 10000 2
2
90.664 KHz 100 KHz
90.664 KHzz Px
1+
=1
1+
=12 .25 Hz
Px
Ancho de Banda: f −3 dB
= (1 + Ao * β ) Px = (1 +10000 ) *12 .25 =122 .39 Kz
Margen de Ganancia arg( T ( jω )) = −arctg (
f 180 100 KHz
) − arctg ( f 180
T ( jω 180 )
=
f 180 2 MHz
) − arctg (
f 180
f 180 ) − arctg ( ) = −180 º 25MHz 12.25Hz
= 429 .564 KHz 10000
2
429 .564 KHz 1+ 100 KHz
2
429 .564 KHz 1+ 2 MHz
T ( jω 180 )
MG
= 63 .145
* 10
2
429 .564 KHz 1+ 25MHz
−3
= −23 .99 dB
b) Repetir el punto anterior para compensar el amplificador retroalimentado con ganancia en lazo cerrado de 20dB y margen de ganancia de 20dB. ¿Cuál es el Margen de Fase? Respuesta:
Datos 20 log( Aof ) = 20 dB
2
429 .564 KHz 1+ 12.25Hz
=−20
MG Ao
dB
=10000
F 1 =100 KHz F 2
=2 MHz
F 3 =25 MHz
Paso 1: Determinar el valor de Aof
=
Ao =10 1 + Ao * β
β = 99 .9 *10 −3
Paso 2: Determinar el Margen de Ganancia lineal
20 log( MG lineal )
MG lineal
= −20
= 0 .1
Pase 3: Determinar la frecuencia en 180º
arg( T ( jω )) = −arctg (
f 180 f f 180 f ) − arctg ( 180 ) − arctg ( ) − arctg ( 180 ) = −180 º 100 KHz 2 MHz 25MHz Px
f 180 ) ≈ 90 º Px − arctg ( f 180 ) − arctg ( f 180 ) − arctg ( f 180 ) = −90º 100 KHz 2MHz 25MHz arctg (
f 180
= 429 .536 KHz
Pase 4: Determinar el polo dominante
T ( jω 180 )
=
Ao * β 2
f 180 1+ 100 KHz
2
f 1 + 180 2MHz 2
f 1 + 180 ≈ 1 2MHz
2
f 180 1+ 25MHz
2
f 1 + 180 Px 2
f 180 ≈ 1 1+ 25MHz
=
1 10
Ao * β 2
f 180 1+ 100KHz Px
2
f 1 + 180 Px
=
1 10
=189 .62 Hz
Pase 5: Determinar el Margen de Fase
Mf
T ( jω o )
=
180
=
arg( T ( jω ))
+
T ( jω ) = 1
Ao * β 2
f o 100KHz
1+
f o
2
f o 2MHz
1+
2
f o 25MHz
1+
2
f o 189.62 Hz
=1
1+
=120 .658 KHz
f o f o f o f o arg( T ( jω )) = −arctg ( ) − arctg ( ) − arctg ( ) − arctg ( ) 100 KHz 2 MHz 25MHz 189 .62 Hz arg( T ( jω ))
MF
= −143 .98
= 36 .02
REVISAR CON EL PROFESOR ME DIO DIFERENTE
Problemas Propuestos: Problema 1: Dibuje el diagrama de Bode (en magnitud y fase) a partir de las funciones
de Ganancia (Av) y de Transferencia ( H(jω) ) presentadas a continuación:
a)
AV
=
106 jω
1 + jω 1 + 1 + jω 6 7 10 2 x10 4 x107
100 jω H ( jω ) = b) 1 + jω 1 + jω 1 + jω 10 104 2 x104
Problema 2: En el siguiente amplificador cascode, se asume:
ICQ = 2.5mA, r x = 100Ω, β
= 100, Cμ = 2pF, r o = 500k Ω , f = 1.59GHz y
C(osciloscopio)= 5pF Encuentre la ganancia diferencial a frecuencias medias y el producto de ganancia por ancho de banda, en cada caso:
a) Rs=0, R L=100Ω b) Rs=50Ω , R L=100Ω c) Rs=0, R L=1k Ω
Problema 3: Determine la amplificación, la impedancia de entrada, la impedancia de
salida y la frecuencia de corte (a los 3dB). Considera Q1=Q2=Q3=Q4, donde: β=100, r x =
50Ω , Vce(sat)=0V, Vbe(on)=0.6V , Cμ=1pF, Va=∝ y f = 400MHz.
Problema 4: Determine la amplificación, la impedancia de entrada, la impedancia de
salida y la frecuencia de corte (a los 3dB). Considere β =200 para los transistores npn, β =100
para los transistores pnp, C ob=1pF, Va=∝, f =600MHz,
rx=0,
Vce(sat)=0V y Vbe(on)=0.6V.
Problema 5: Determine la amplificación, la impedancia de entrada, la impedancia de
salida y la frecuencia de corte (a los 3dB). Donde: I=2mA, V be=0.7V y β =100.
Problema 6: Determine la amplificación, la impedancia de entrada, la impedancia de
salida y la frecuencia de corte (a los 3dB). Para el amplificador Zin=1.5MΩ , Zout=50Ω y Av=50000.
Ayuda: Resuelva primero las amplificaciones internas.
Problema 7: Con β =100, este circuito permite aumentar la corriente que drena por el
Amp. Op., al mismo tiempo de obtener los beneficios de la realimentación
CAPITULO VI Filtros Problemas Resueltos: Problema 1: Determinar la función de transferencia para el filtro mostrado. Hacer un diagrama de magnitud y de fase del mismo. ¿Para que tipo de aplicación se puede utilizar este circuito?
Respuesta: Zs
=
1 +R SC
Zp
=
1 // R SC
=
R SCR + 1
Se considerara que los amplificadores son ideales, es decir tanto la corriente como el voltaje diferencial de entrada a los terminales es cero. Caso 1: Vy
Vo
=0
Vx
=
− 2 R1 R1
= −2
Caso 2: Vx
=0
Vy
=
R1 R1 + 2 R1
Vo
=
R1 3R1
Vo
=
Vo 3
Se concluye que: Vo
= −2Vx +3Vy
Por las leyes de Kirchoff de corriente entre el nodo Vx y Vy, se obtiene que: Vx
−Vy Zp
=
Vx = 1 +
Vy Zs
Zp Vy Zx
= KVy
Si se sustituye la ecuación x.x en la ecuación x.x se obtiene: Vo
= −2Vx + 3
Vx K
=
(3 − 2 K ) K
Vx
Al aplicar las leyes de Kirchoff de corriente en el primer OP-amp resulta que: Vin R4
=−
Vx
−
R2
Vo R3
Si se sustituye la ecuación x.x. en la ecuación x.x. se tiene que: Vin R4
=−
KVo R 2(3 − 2 K )
−
Vo R3
De donde se obtiene la función de transferencia: Vo Vin
=
− R3R 2(S 2C 2 R 2 + 1) R 4( R3 + R 2)( SCR ) 2 + 3SCRR 3R 4 + ( R 2 + R3) R 4
Problema 2: Determine la función de transferencia del filtro mostrado a continuación Considere C = 0.1uf , R1 =85 k Ω, R 2 = R3 = 300 Ω, R 4 =3k Ω, y R 5 = 30 k Ω
Respuesta: Zp
= C //
R1
Vin R4
=−
Vb R3
Va R5
= − Vb
Vo R2
= −VaSC
−
R5
Vo Zp
Va
= −Vb Va
=−
Vo SCR 2
Si se sustituye la ecuación x.x. en la ecuación x.x. se obtiene Vb
=
Vo SCR 2
Al reemplazar el término Vb por la expresión en la ecuación x.x, resulta:
Vin R4
=−
Vo SCR 2 R 3
−
Vo Zp
Finalmente, se obtiene la función de transferencia Vo Vin
=
− SCR1R2 R3 S 2C 2 R1R 2 R3R4 + SCR 2 R3R 4 + R 4 R1
CAPITULO VII Osciladores Problemas Resueltos: Problema 1: Para el oscilador mostrado en la figura x.x , determinar la frecuencia de oscilación en función de R y C. Indicar la relación entre R y Rf para que se cumpla el criterio de Barkhausen.
Respuesta: T ( s )
= a ( s ) β ( s )
T ( jω )
= a ( jω ) β ( jω )
Paso 1: Determinar a (s )
Retroalimentación Paralelo-Paralelo β 1 ( jω )
=
I 1 V 2
=− V 1=0
1 Rf
Paso 2: Determinar β ( s )
Retroalimentación Paralelo/Paralelo
a ( jω )
=
1
β 1 ( s)
= −Rf
V 1 = kR +
ia − 1 ib SC SC 1
R + 2 ib − ia − ic = 0 SC SC SC R + 2 ic − ib − id = 0 SC SC SC R + 1 id − ic + V 2 = 0 SC SC
1 1 kR + − 0 0 SC SC V 1 ia R + 2 − 1 − 1 0 ib 0 = SC SC S C * 0 1 2 1 ic − 0 R + − id SC SC SC V 2 1 1 0 0 − R + SC S C
ia V 2
β =
=
3
4
3
S R kC
ia V 2
=
+ (5S
2
R k + S R 3
2
3
−1 )C 2 + (6 SR 2 k + 4 S R 2 )C + Rk + 3R −1 / R
− jω R 3
3
3
kC
− (5k + 1)ω R 2 C 2 + (6k + 4)ω RjC + (k + 3) 2
Paso 3: Determinar T(s)
T ( jω )
= a( jω ) β ( jω ) =
Paso 4: Determinar ω
Rf / R
− jω R 3
3
kC
3
− (5k +1)ω R 2 C 2 + (6k + 4)ω RjC + (k + 3) 2
a) Parte Imaginaria se iguala a cero
− jω 3 R 3 kC 3 + (6k + 4)ω RjC = 0 ω =
(6k + 4) 2
2
C R k
b) Definir Criterio de Barkhausen. T ( jω ) = −1 Rf R
Rf R Rf R
= (5k +1)ω 2 R 2 C 2 − (k + 3) 6k + 4 = (5k + 1) 2 2 R 2 C 2 − (k + 3) C R k
= (5k + 1)(6k + 4) − (k + 3) k
Problema 2: Para el oscilador de la figura 2(b) se tiene R A1 = R A2 = R A3 = R F 1 = R F 2 , R1 R2 R3 R y C 1 = C 2 = C 3 = C . Determinar la frecuencia de oscilación en función de R y C y la relación entre R F 3 y R A3 para que se cumpla el criterio de Barkhausen.
=
= =
Respuesta:
T ( s )
= a ( s ) β ( s )
Paso 1: Determinar a (s )
T ( jω )
= a ( jω ) β ( jω )
Retroalimentación Paralelo-Paralelo β 1 ( jω )
=
I 1 V 2 V 1=0
=−
1
a ( jω )
Rf 3
Paso 2: Determinar β ( s )
Retroalimentación Paralelo/Paralelo
1
Va =
SC 1 SC
Vb
V 2 =
+R
1
SCR
+1
V 2
= 2Va 1
Vc
=
SC 1 SC
Vd
+R
= 2Vc
Vb =
1
SCR
+1
Vb
=
1
β 1 ( s )
= −Rf 3
1 // Ro Ro SC Vd = Ve = Vd Ro + R + RRoCS 1 // Ro + R SC Ve
= −Ro
I 1
I 1
β ( s ) =
V 2
=− V 1=0
4 )( SCR
+1) 2
( Ro + R + RRoCS )( SCR
+ 1) 2
( Ro
+ R + RRoCS
Paso 3: Determinar T(s)
= a ( s ) β ( s ) =
T ( s)
T ( jω ) =
4 Rf 3
4 Rf 3
−
3
3
3
jω C R Ro
− ω C 2
2
R (3Ro + R) + jω CR (2 R + 3Ro ) + R + Ro 2
Paso 4: Determinar ω
a) Parte Imaginaria se iguala a cero
− jω 3 C 3 R 3 Ro + jω CR (2 R + 3Ro ) = 0 ω =
1
( 2 R + 3Ro )
CR
Ro
b) Definir Criterio de Barkhausen. T ( jω ) = −1 4 Rf 3
− ω C 2
2
2
R (3Ro
+ R) + R + Ro
= −1
4 Rf 3
= ω 2 C 2 R 2 (3Ro + R) − ( R + Ro)
4 Rf 3
= ( 2 R + 3Ro ) (3Ro + R ) − ( R + Ro ) Ro
Problema 3: Determinar la frecuencia de oscilación y la relación R 2 / R1 que cumpla el criterio de Barkhausen
Respuesta: Zs
=
T ( s )
1 CaS
+ Ra
Zs
= a ( s ) β ( s )
1
=
CbS
T ( j ω )
// Rb
=
Rb CbRbS
= a ( jω ) β ( jω )
Paso 1: Determinar a (s )
Retroalimentación Serie-Paralelo β 1( s )
a(s)
=
=
V 1 V 2
1
β 1( s )
= I 1=0
=1 +
R1 R1 + R 2
R2 R1
= K
Paso 2: Determinar β ( s )
Retroalimentación Serie-Paralelo β ( s )
=
V 1 V 2
= I 1=0
Paso 3: Determinar T(s)
T ( s)
Zp = a( s) β ( s) = K = + Zp Zs
KRb CbRbS + 1 1 Rb CbRbS
+1
+
CaS
+ Ra
Zp Zp
+1
+ Zs
T ( s ) =
KRbCaS RaCaS (1 + CbRbS )
T ( jω ) =
T ( jω ) =
+ (1 + CbRbS ) + RbCaS KRbCa ω j
RaCa ω j
− RaRbCaCb ω 2 + 1 + CbRb ω j + RbCa ω j KRbCa ω
RaCa ω + RaRbCaCb ω 2 j
− j + CbRb ω + RbCa ω
Paso 4: Determinar ω
a) Parte Imaginaria se iguala a cero RaRbCaCb
ω 2 j − j
ω =
1
=0
RaRbCaCb
b) Definir Criterio de Barkhausen. T ( jω ) = −1 KRbCa ω RaCa ω + CbRb ω + RbCa ω
=1
KRbCa ω = RaCa ω + CbRb ω + RbCa ω KRbCa
= RaCa + CbRb + RbCa
K = 1 +
R2
R2 R1
R1
= Ra + Cb +1 Rb
= Ra + Cb Rb
Ca
Ca
REVISAR
Problema 4: Determinar la frecuencia de oscilación y la relación R 2 / R1 que cumpla el criterio de Barkhausen
Respuesta: Zs
= R + SL
T ( s )
Zs
= a ( s ) β ( s )
= R // SL =
RLS SL + R
= a ( jω ) β ( jω )
T ( jω )
Paso 1: Determinar a (s )
Retroalimentación Serie-Paralelo β 1( s )
a(s)
=
=
V 1 V 2
1
β 1( s )
= I 1=0
=1 +
R1 R1 + R 2
R2 R1
= K
Paso 2: Determinar β ( s )
Retroalimentación Serie-Paralelo β ( s )
=
V 1 V 2
= I 1=0
Zp Zp
+ Zs
Paso 3: Determinar T(s)
Zp = Zp + Zs
T ( s) = a( s) β ( s) = K
KRSL LS + R RSL + R + SL LS + R
=
KRSL RSL + ( R + SL) 2
T (s) =
KRSL 2
2
L S
T ( jω ) =
+ 3RLS + R 2 KRLj ω
− L2ω 2 + 3RLj ω + R 2
=
KRL ω L2 ω 2 j
+ 3RL ω − R 2 j
Paso 4: Determinar ω
a) Parte Imaginaria se iguala a cero L2 ω 2 j
ω =
− R 2 j =0
R L
b) Definir Criterio de Barkhausen. T ( jω ) = −1 T ( jω ) =
K = 1 + R2 R1
KRL ω 3RL ω
R2 R1
=1
=3
=2
REVISAR
Problema 5: Determinar la frecuencia de oscilación y la relación R 2 / R1 que cumpla el criterio de Barkhausen
Respuesta: T ( s )
= a ( s ) β ( s )
T ( jω )
= a ( jω ) β ( jω )
Paso 1: Determinar a (s )
Configuración Paralelo-Paralelo
β 1( s )
a( s)
=
=
I 1 V 2
= V 1=0
1
β 1( s )
−1 2 R + R 2 CS
= −2 R − R 2 CS
Paso 2: Determinar β ( s )
Configuración Paralelo-Paralelo I 1 β 1( s ) = V 2
V 1=0
− S 2 C 2 Rf = 1 + 2 RfCS
Paso 3: Determinar T(s) T ( s )
= a ( s ) β ( s ) =
S 2 C 2 RfR (2 + RCS ) 1 + 2 RfCS
−ω 2 C 2 RfR ( 2 + RC ω j ) T ( jω ) = 1 + 2 RfC ω j
− ω 2 C 2 RfR (2 − 4 RfC ω j + RC ω j + 2 RfRC 2ω 2 ) T ( jω ) = 1 + 4 Rf 2 C 2ω 2 a) Parte Imaginaria se iguala a cero
− 4 RfC ω j + RC ω j = 0 R Rf
=4
b) Definir Criterio de Barkhausen. T ( jω ) = −1
− ω 2 C 2 RfR (2 + 2 RfRC 2ω 2 ) = −1 1 + 4 Rf 2 C 2ω 2 8ω 2 C 2 Rf 2 (1 + 4 Rf 2 C 2ω 2 ) 1 + 4 Rf 2 C 2ω 2 8ω 2 C 2 Rf 2
ω =
=1
=1
1 2 2CRf
Problema 6: En el circuito los voltajes de saturación del comparador son + 10V
a) Hallar Rx tal que la frecuencia de oscilación sea 500Hz cuando el potenciómetro está conectado en el punto A
