Electrónica Analógica (305-010-303) Universidad de Vigo Enero 2011 APELLIDOS Y NOMBRE: SOLUCIONES DNI: -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------1) En el amplificador de la figura se pide: (DATOS: C1→∞ ; hie=0,8k ; hfe=200) a) Determinar la topología de la realimentación. (1 punto) Si RL=0 , desaparece Vo y desaparece la realimentación. Por lo tanto el muestreo es de tensión. En la entrada se realiza una resta de corrientes. Por lo tanto la realimentación es del tipo TENSIÓN EN PARALELO. Vo Para realizar más fácilmente los apartados posteriores es recomendable simplificar el circuito de entrada, convirtiendo el grupo Vs, Rs y R2 en un generador Norton. El primer paso es eliminar C1, ya que a frecuencias medias se considera como un cortocircuito. El siguiente paso consiste en convertir el grupo Vs y Rs en su equivalente Norton. Siendo Is= Vs / 2k Finalmente, Rs y R2 se agrupan en paralelo. Siendo Is= Vs / 2k ; R3= 1k Resultando el circuito completo: 1 b) Representar el circuito de pequeña señal del amplificador sin realimentar pero con los efectos de carga de la red de realimentación. Obtener la expresión analítica de β y determinar su valor. (1 punto) β = If / Vo If = - Vo / R1 β = -1 / R1 = -0,25 mA/V c) Obtener la expresión analítica de la ganancia que se estabiliza (con realimentación), suponiendo que existe fuerte realimentación negativa, y determinar su valor. (0.8 puntos) RMf ≈ 1/β = - R1 = -4 kΩ d) Si se realiza el análisis suponiendo que la realimentación no es muy intensa, se obtiene una ganancia con realimentación igual a 2/3 de la obtenida en el apartado ‘c’. ¿A qué se debe?. (0.7 puntos) El análisis basado en una situación de fuerte realimentación negativa no es exacto. En este caso, el error es relativamente grande debido a que RM·β no es mucho mayor que 1. 2 2) El circuito de la figura utiliza un operacional que se puede suponer ideal, excepto por tener limitada su salida al margen de las tensiones de alimentación. El diodo D1 se caracteriza mediante la curva facilitada. Se pide: ID VD(V) 0,6 a) Determinar la función de transferencia Vo= f (Vi) para el margen -12 < Vi < +12 voltios, y representarla gráficamente, con las acotaciones oportunas. (2 puntos) En primer lugar damos nombre a varias tensiones y corrientes del circuito. Mientras el operacional no se sature, V2 = 0 Si Vi > 0 , el diodo está en inversa (D1 OFF) Vo = - I2·R3 = - R3·Vi / (R1+R2) = - Vi [1] El diodo entra en conducción cuando V3 = -0,6 V. En estas circunstancias se tiene: Vo = 0,6·R3 / R2 = 0,6·5 = 3V. O lo que es lo mismo, Vo es constante e igual a 3V. Para determinar el valor de Vi a partir del cual el diodo entra en conducción basta con emplear las condiciones límite del diodo, es decir: V3 = -0,6 V y a la vez Idiodo = 0 . Por lo tanto: I2 = (V3-0) / R2 = -0,6V / 1k = -0,6 mA Vi = I2 · (R1+R3) = -0,6 mA · 5k = -3V 3 Por lo tanto, el punto frontera entre ambas zonas se encuentra en Vi = -3V . El valor correspondiente en Vo es: Vo = -R3·V3/R2 = -5·(-0,6) = 3V. [2] Vo Ahora dibujamos las gráficas correspondientes a las expresiones [2] y [1] obtenidas anteriormente. 10 Vo = 3V (para Vi < -3V) 3 Vo = -Vi (para Vi > -3V) Vi -10 -10 10 -3 Finalmente, se debe tener en cuenta la posibilidad de que se produzca una saturación en la salida del operacional. En la parte izquierda se tiene un valor constante de Vo = 3V, por lo que no cabe la posibilidad de saturación. En la parte derecha, la expresión Vo = -Vi puede llevar a un valor de Vo fuera del rango (10V, 10V), por lo que es preciso estudiar este caso. El valor de Vo se hace menor de –10V cuando el valor de Vi es mayor de 10V (dado que Vo = -Vi). Sin embargo, Vo no puede bajar de –10V, con lo que se produce la saturación. Añadimos a la gráfica el efecto de la saturación: Vo 10 3 Vi -10 -10 4 10 b) Si Vi es una señal triangular de frecuencia 1kHz, amplitud 6 V (12 V pico a pico), y sin nivel de continua, determinar la señal Vo y representarla gráficamente en función del tiempo. (1 punto) Se dibuja la señal de entrada con trazo continuo. Vo La señal de salida Vo se dibuja a trazos. Como la señal de entrada no supera nunca los 6V, el operacional no se satura nunca. 6V t 0 Por otra parte, cuando la señal de entrada baja de –3V, Vo se mantiene en 3V, lo que se corresponde con el tramo horizontal (de puntos) de Vo. -6V 0 Si Vi > -3V → Vo = -Vi Si Vi < -3V → Vo = 3V 5 1ms 3) En el circuito de la figura: a) Determinar la función de transferencia IL = f(Vs) suponiendo que el operacional es completamente ideal. (2 puntos) En la parte superior de la figura se observa un divisor de tensión formado por R2 y R1. Por lo tanto, la tensión en la entrada inversora es: V2 = Vop·R1 / (R1+R2) = Vop / 2 En este apartado se supone que el operacional es completamente ideal, por lo que nunca se satura. En estas condiciones la tensión V1 es igual a V2. Por lo tanto: V1 = V2 = Vop/2 Asignamos nombres a las corrientes que circulan por R3 y R4 (IR3 e IR4) con el sentido que indica la figura. Se obtiene: Vop Vop Vs − 2 = 2 R3 1k Vs − I3 = Vop − Vop Vop 2 I4 = =− R4 2k IL = I3 − I4 = Vs Vop Vop Vs − + = 1k 2k 2k 1k También se puede expresar como: IL (mA) = Vs (V) La expresión de IL no depende de RL. Esta cualidad y la propia función de transferencia revelan que el circuito se comporta como un convertidor tensión → corriente. (no se pide) 6 b) En este apartado se considera que RL = 2k , y que el operacional está alimentado con las tensiones +Vcc y –Vcc , siendo Vcc= 10V. Determinar la función de transferencia IL = f(Vs) para el margen de tensiones de entrada Vs comprendido entre –10V y +10V, suponiendo que el operacional es ideal excepto por tener su tensión de salida Vop limitada al rango de la alimentación (+Vcc,-Vcc). Representar en forma gráfica la función de transferencia obtenida. (1,5 puntos) El enunciado de este apartado indica que el operacional no es capaz de entregar en su salida (Vo) tensiones mayores de 10V o menores de –10V (saturación). La expresión de V2 obtenida en el apartado “a” sigue siendo válida porque sólo depende del divisor de tensión. Por lo tanto, podemos mantener que: V2 = Vop/2. Sin embargo, la expresión V1 = Vop/2 solamente es válida mientras el operacional no se sature. Mientras no existe saturación, la expresión IL (mA) = Vs (V) sigue siendo válida. En esta zona central, la transferencia consiste en una recta con pendiente positiva de valor 1 k-1 (1 mA/V). Cada cuadrícula horizontal vale 1V (eje Vs). Cada cuadrícula vertical vale 0,5 mA (eje IL). El centro es el punto (0,0). Necesitamos determinar los valores de Vs que provocan la saturación del operacional. En la zona límite, podemos suponer que a Vo le falta un infinitésimo para llegar a 10V (aún no se satura) siendo válido todavía que V1 = V2 = Vop/2 = 5V = IL · RL (RL es un dato, y vale 2k) Despejando IL : IL= 5V / RL = 5V / 2k = 2,5 mA Como Vs (V) = IL (mA) , el valor correspondiente de Vs es 2,5 V. El tramo central de la gráfica (-2,5V < Vs < 2,5V) tiene una pendiente de 1 k-1 Una vez que el operacional está saturado positivamente, Vop se mantiene a 10V. De esta forma, podemos utilizar el circuito: 7 Uilizando el equivalente de Thevenin del circuito compuesto por Vs, R3, Vop y R4 se obtiene De donde se obtiene el valor de IL en función de Vs: Vs + Vop Vs + 10V Vs 2V 2 IL = = = + 2,5k 5k 5k 1k Por ejemplo, para Vs = 5V tenemos: cuya pendiente es 1/(5k) = 0,2 mA / V IL = 3V / 1k = 3 mA, tal y como muestra la gráfica. Se puede comprobar que esta ecuación intersecta con IL = Vs / 1k en el punto (2.5 V , 2.5 mA). Para el tramo izquierdo se sigue un proceso similar ya que existe simetría. Por lo tanto este último tramo se encuentra en el tercer cuadrante, y tiene igual pendiente (0,2 mA / V). La siguiente gráfica muestra los resultados obtenidos mediante simulación. 8