ejecricios resueltos
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ejercicios resueltos de amplificadores operacionales amén de cuestiones teóricasTRANSCRIPT
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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
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 2
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 3
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 4
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 5
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 6
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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:
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 7
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
= =
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 8
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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= = + +
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 9
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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
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. 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
= = + ++ =
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 10
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
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 = 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).
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 11
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 12
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
=
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 13
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
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, por lo que ib1 = 0. Dicha condicin se obtiene cuando la tensin en la base de Q1 es nula,
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 14
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
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. 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:
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 15
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
( )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
= .
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 16
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
+= + + + +
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 17
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 18
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
Solucin:
1. 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 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
El circuito equivalente a frecuencias medias es:
Vg
Rg
600ohm
Vin
R1//R2 r'e
ib1 Bib1
RC1//R3//R4
Vout
r'e
ib2 Bib2
RC2//RL
Vc1
Por lo que la ganancia en tensin in
out
vv
a frecuencias medias puede calcularse
descomponindola como:
in
c
c
out
in
outvM v
vvv
vvA 1
1
==
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 19
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
Calculando cada uno de los trminos tenemos:
)||2(2 RLRCibvout =
ec ribv ')1( 21 +=
Aproximando ( + 1), tenemos que
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(
Aproximando ( + 1), tenemos que
[ ] 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.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 20
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
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 = - 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.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 21
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
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 = - 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 ++=
O lo que es lo mismo, al ser ib1 = 0:
( ) =+=+ 11 ||1)1( CEebin ZREr
iv
Despejando se llega a que:
( ) ==+ 11 ||1||1 CECEe ZREZREr
Desarrollando la asociacin en paralelo:
0111111
1
111
111
=+=+=+ CEsRE
CEsRERE
CEsRE
CEsRE
zz
z
z
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 22
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
Despejando el valor del cero:
sradFKCERE
sCEsRE zz /502011
111111 ====
Que expresado en hertzios equivale a 7.96 Hz.
b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 1
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 ==
++
=
Que expresado en hertzios equivale a 911.58 Hz.
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
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 = - ib2 (RC2 || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 23
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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).
b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 2
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 ==++=
Que expresado en hertzios equivale a 5.08 Hz.
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
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 = - 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
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
O lo que es lo mismo, al ser ib2 = 0:
( ) =+=+ 221 ||2)1( CEeb
c ZREri
v
Despejando se llega a que:
( ) ==+ 22 ||2||2 CECEe ZREZREr
Desarrollando la asociacin en paralelo:
0122122
2
212
212
=+=+=+ CEsRE
CEsRERE
CEsRE
CEsRE
zz
z
z
Despejando el valor del cero:
sradFKCERE
sCEsRE zz /502011
221122 ====
Que expresado en hertzios equivale a 7.96 Hz.
b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 2
1CEZ
seq
p = ,
donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CE2 anulando vg.
Como se observa en el circuito: =
++= 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 ==
++
=
Que expresado en hertzios equivale a 618.76 Hz.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 25
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
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 = 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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 26
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
Los polos y ceros de baja frecuencia de este circuito estn distribuidos de la siguiente
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 =+
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 27
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
condensadores de acoplo/desacoplo y sustituir los transistores por su modelo de alta frecuencia.
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 28
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
)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
+=
El circuito equivalente a altas frecuencias despus de simplificarlo por Miller queda
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.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 29
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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 (seal de entrada) la nica posibilidad es que vout = 0.
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.
b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 1
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
==+=
Que expresado en hertzios equivale a 1.223 MHz
C2
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 = - 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,
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 30
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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 del condensador, es decir 2
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 = 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
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,
lo que ocurre al valor de frecuencia que anule la impedancia de C3, es decir,
=== zzCs
CsZ 0
33
1 . Tenemos otro cero ms en el infinito.
b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 3
1CZ
seq
p = ,
donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador C3 cuando se anula vg
Como se observa en el circuito: Zeq = RC2 || RL = 687.5
Y el polo est en:
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 31
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
( ) sMradpFRLRCCs p /85.4845.68731
||21
3
===
Que expresado en hertzios equivale a 77.166 MHz
La distribucin de los polos y los ceros de este circuito en alta frecuencia queda,
expresada en hertzios, de la siguiente forma:
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
compleja s es la siguiente:
=
=
=3
1
3
1
1
1)(
i i
i ivMvAF
pszs
AsA
+
+
+=
sMrads
sMrads
sMrads
sAvAF
/85.4841
/07.41
/69.71
13.11503)(
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 32
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 33
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 34
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
=
176
/5.6/320log45253 10 sradsrad
decD a 320 rad/s hay 176
=
+ 181
/320/400log45176 10 sradsrad
decD a 400 rad/s hay 181
De 400 rad/s a 500 rad/s se mantienen los 181 =
174
/500/600log90181 10 sradsrad
decD a 600 rad/s hay 174
=
169
/600/650log135174 10 sradsrad
decD a 650 rad/s hay 169
=
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 35
-
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 36
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
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
Solucin:
1. 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.
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
El circuito equivalente a frecuencias medias es:
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 38
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Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
re1
re2 ib1
vin ib2
ib1
ib2R1 || R2 RC || RL
voutRG
vG
Por lo que la ganancia en tensin in
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 39
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
ib2R1 || R2 RC || RL
RGCin
vG
vin
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 = - 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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 40
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
CCEl circuito resultante de mantener slo CC es el siguiente:
re1
re2 ib1 ib2
ib1
ib2R1 || R2 RC
RG
RL
CC
vG
vin
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 = 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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 41
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
CE
El circuito resultante de mantener slo CE es el siguiente:
re1
re2 ib1
vG
ib2ib1
ib2R1 || R2
RG
RC || RL
RE CE
vin
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 = - 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:
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 42
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
sradFKCR
sCsREE
zEzE /25.9473.2111 ====
Que expresado en hertzios equivale a 1.47 Hz.
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.
Como se observa en el circuito: =
++= 87.24)1(
|||||| 211
RRRrRZ GeEeq
Y el polo est en:
sradFRRRrRC
sG
eEE
p /2.85587.24471
)1(||||
||
1
211
==
++
=
Que expresado en hertzios equivale a 136.1 Hz.
Los polos y ceros de baja frecuencia de este circuito estn distribuidos de la siguiente
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
compleja s es la siguiente:
)2.855()69.1()21.22()25.9(305
)(
)()(
2
3
1
3
1
++++=
==
=sss
ss
ps
zsAsA
ii
ii
vFMBFv
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 43
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
condensadores de acoplo/desacoplo y sustituir los transistores por su modelo de alta frecuencia.
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
ib2R1 || R2 RC || RL
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'
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 44
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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' ==
=
El circuito equivalente a altas frecuencias despus de simplificarlo por Miller queda
como:
re1
re2 ib1
vG
ib2ib1
ib2R1 || R2 RC || RL
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.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 45
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
C1El circuito resultante de mantener slo C1 es el siguiente:
re1
re2 ib1
vG
ib2ib1
ib2R1 || R2 RC || RL
voutRG vin
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 (seal de entrada) la nica posibilidad es que vout = 0.
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.
b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 1
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 46
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
C2El circuito resultante de mantener slo C2 es el siguiente:
re1
re2 ib1
vG
ib2ib1
ib2R1 || R2 RC || RL
voutRG vin
C2
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 = - 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.
b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 2
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
===
Que expresado en hertzios equivale a 105.4 MHz
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 47
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
Cbc2El circuito resultante de mantener slo Cbc2 es el siguiente:
re1
re2 ib1
vG
ib2ib1
R1 || R2 RC || RL
voutRG
Cbc2
vin
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,
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'
===
Que expresado en hertzios equivale a 6.955 MHz
La distribucin de los polos y los ceros de este circuito en alta frecuencia queda,
expresada en hertzios, de la siguiente forma:
Condensador Cero Polo
C1 54.705 MHz C2 105.4 MHz
Cbc2 6.955 MHz
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 48
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
compleja s es la siguiente:
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 49
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en 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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 50
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 51
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 52
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 53
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 54
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 55
-
Problemas Resueltos de Electrnica Analgica Respuesta en Frecuencia
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.
Autor: Nieves Hernndez Gonzlez 56
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