Respuestas en frecuencias

PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA
ANALÓGICA
(Respuestas en frecuencias)
Escuela Politécnica Superior
Profesor. Darío García Rodríguez
Respuestas en frecuencias
La banda de un amplificador se extiende desde 30 Hz. a 15 Khz. Hallar el
margen de frecuencias en el que la ganancia de tensión baja menos de 0.5 dB. respecto a
su valor en la mitad de la banda.
1.4.-
Cuando nos indican el ancho de banda de un amplificador, nos dice que en esas
frecuencias el amplificador cae 3 dB. ( baja y alta frecuencia).
 Av 
20·log 
 = −3dB
 Av ( frec int .) 
Es decir
En el caso del amplificador de baja frecuencia tenemos:




  ω L 2 
 AvL 


1
20·log 
= −10·log 1 + 
  = − N º dB
 = 20·log 
2 
ω

 
 Av ( frec int .) 


ωL  

+
1




ω  

cuando ω L = ω entonces N = 3
y
ω = 2·π·30 rad/s.
Si en el mismo circuito queremos que N = 0.5 dB. podremos escribir en la ecuación
anterior:
  ω L 2 
Nº
= log 1 + 
 
10
  ω  
ω=
ωL
 Nº 
log −1 
 −1
 10 
=
despejando ω
2·Π·30
 0.5 
log −1 
 −1
 10 
=
2·π ·30
= 2·π ·85,7 rad .
0.35
Luego la nueva baja frecuencia en la que cae 0.5 dB es de 85,7 Hz.
De la misma manera se calcula para la alta frecuencia:
En el caso del amplificador de alta frecuencia tenemos:
2
Respuestas en frecuencias




  ω


 AvH 
1
1 + 
20·log 
=
−
10
·log

 = 20·log 
2
  ω H


 Av ( frec int .) 
 ω 
 
 1 + 
 ω H  

cuando ω H = ω entonces N = 3
y



2

 = − N º dB

ω = 2·π·15000 rad/s.
Si en el mismo circuito queremos que N = 0.5 podremos escribir de la ecuación
anterior:
  ω
Nº
= log 1 + 
10
  ω H



2



N
−1  0.5 
 − 1 = 2·π ·1500· log 
 − 1 = 2·π ·1500·0.35 = 2·π ·5250rad
 10 
 10 
ω = ω H · log −1 
Luego la nueva baja frecuencia en la que cae 0.5 dB es de 5,25 KHz.
Al disminuir la caída de tensión en decibelios de la baja y alta frecuencia, el ancho
de banda del amplificador disminuye. La baja frecuencia aumenta y la alta frecuencia
disminuye y ambas con el mismo factor.
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2.4.- Demostrar que el margen de frecuencias comprendidas entre 10·ωL y 0.1·ωH, la
amplificación de tensión es constante con un margen del 0,5% y el desplazamiento de fase
dentro del ±0.1 radian.
En el acoplamiento RC en baja frecuencia cumple:
[AvL ] =
[AvL ] =
[A
v ( frec . int)
]
ω 
1+  L 
ω 
[A
v ( frec . int)
 ω
1 +  L
 10·ω L
]



2
=
en nuestro caso si ω= 10·ωL Sustituyendo
2
[A
] = [A
v ( frec . int)
1 + (0.1)
v ( frec . int)
1.0049
2
] = [A
v ( frec . int)
·0.9951
Nos indica que la ganancia es 0,49% menor de la frecuencia intermedia.
En alta frecuencia en el acoplamiento RC.
[AvH ] =
[A
v ( frec. int)
 ω
1 + 
ωH
[AvH ] =
]



en nuestro caso si ω= 0.1·ωH Sustituyendo
2
[A
v ( frec . int)
]
 0.1·wH
1 + 
 ωH



2
=
[A
v ( frec . int)
1 + (0.1)
] = [A
v ( frec. int)
2
]
1.0049
Nos indica que la ganancia es 0,49% menor de la frecuencia intermedia.
En baja frecuencia el atraso de fase nos viene expresado por:
 ω
ωL 
 = tan g −1  L
ω 
 10·ω L
θ L = tan g −1 
En alta frecuencia
 ω
θ H = − tan g −1 
ωH

 0.1·ω H
 = − tan g −1 

 ωH
En ambos casos inferior a 0.1 rad.
4

 = tan g −1 (0.1) = 0.099rad .


 = − tan g −1 (0.1) = −0.099rad .

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3.4.- Se excita un amplificador con una onda cuadrada de 2 µseg. de periodo,
dibujar la salida si la banda de paso es de:
a) 10 MHz.
b) 1MHz.
c) 0.1 MHz.
En un amplificador generalmente ω L es mucho menor que ωH luego como la banda
de paso es la diferencia de la alta y baja frecuencia, resulta que la banda de paso es
aproximadamente la alta frecuencia.
R2
vo
V
Fig.1
Fig.2
C2
1µs.
0
En el circuito de paso bajo de la fig. 1 , donde la entrada es una señal escalón
de valor V, la salida a través del condensador nos viene expresada por la siguiente
ecuación:
t
−

R2 ·C 2

vo = V · 1 − e


2·π · f H =
1
R2 ·C 2
R2 ·C 2 =
1
2·π · f H




También sabemos que ω H =
1
R 2 ·C 2
(fH frecuencia en herzios)
a partir de aquí calcularemos las R2·C2 para aplicarlo
a la primera formula. Pero sabemos que cuando a pasado 4 veces la constante de
tiempos el condensador sea cargado.
a) R2 ·C 2 =
1
1
=
= 0.016·10 − 6 seg . = 0.016 µseg .
6
2·π · f H 2·π ·10·10
Luego el tiempo de subida
t s = 4·R2 ·C 2 = 4·0.016 = 0.064µseg.
Ver figura 2.
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b) R2 ·C 2 =
1
1
=
= 0.16·10 − 6 seg . = 0.16 µseg .
2·π · f H 2·π ·10 6
Luego el tiempo de subida
t s = 4·R2 ·C 2 = 4·0.16 = 0.64 µseg.
Fig.3
1µs.
Las líneas inclinadas con funciones exponenciales.
c) R2 ·C 2 =
1
1
=
= 1.6·10 −6 seg . = 1.6 µseg .
6
2·Π· f H 2·Π·0.1·10
Luego el tiempo de subida
t s = 4·R2 ·C 2 = 4·1.6 = 6.4µseg.
Fig.4
1µs.
Las líneas inclinadas con funciones exponenciales.
También se podría realizar aplicando directamente la formula del tiempo de subida
de un circuito de paso bajo, que nos viene expresado por:
a)
t r1 =
b)
c)
0.35 0.35
= −5 seg. = 0.035µseg.
f
10
tr 2 =
)
0.35 0.35
= − 6 seg. = 0.35µseg.
f
10
tr3 =
0.35
0.35
=
seg. = 3.5µseg.
f
0.1·10 − 6
6
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La diferencia existente entre la resolución de la primera forma y la segunda es la
siguiente:
En la primera forma toma el tiempo de subida desde el valor cero de la tensión hasta
que esta llega a un valor del 98,2% del valor final de la tensión.
En la segunda manera de resolver se toma el tiempo de subida desde el 10% al 90%
del valor final de la tensión.
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3.4.- Entre las dos etapas de un amplificador con transistores de unión bipolares
existe un solo condensador de acoplamiento Cb. Supongamos que R1, R2 y Cp son
arbitrariamente grande de forma que los emisores estén efectivamente a tierra. Los
parámetros de los transistores son hfe = 100, hie=2 KΩ, Rc1 = 3kΩ y Cb= 5 µF.
a) Hallar la frecuencia ωL a la cual cae 3dB. (baja frecuencia).
b) ¿A que frecuencia la ganancia de tensión de la segunda etapa cae 12 dB. por
debajo de su valor en mitad de la banda:
Rc1
Cb
R1
Rc2
R1
Cp
Q1
Q2
15V
R2
R2
Re1
Cp
Cp
Re2
0
Si R1 y R2 son mucho mayores que las resistencias de entrada de los dos transistores
podemos despreciarla ( sirven sólo para la polarización de los transistores y no en alterna).
Si los condensadores que se encuentran en los emisores son condensadores de paso
equivale a un cortocircuito, luego los emisores van a masa.
Las impedancias de entrada de ambos transistores es Ri =hie
Las impedancias de salida de ambos transistores es la Rc correspondiente.
Luego entre ambas etapas el circuito nos queda reducido a:
Rc1
C1
Cb
a) La frecuencia de corte en baja frecuencia:
Vb2
Ri2
Av1·vi
ωL =
0
rad
1
1
=
= 40·
−3
seg
( Rc1 + Ri 2 )·C b (3 + 2)·5·10
b) La ganancia relativa en función de la frecuencia nos viene expresada por:
N º dB = 20·log
AvL
Av ( frec int er )
=
1
ω 
1+  L 
ω 
2
  ω 2 
N º dB. = −10 log1 +  L  
 ω  


despejando ω y sustituyendo el valor de Nº obtenemos:
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ω=
ωL
 Nº 
log −1  −
 −1
 10 
=
40
 − 12 
log −1  −
 −1
 10 
9
=
40
rad
= 10.38·
3.85
seg.
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4.4.- Un amplificador RC utiliza MOS con gm=2 mA/V, Rd = 50 K y Rg = 1 M.
Suponer una capacidad de entrada de cada MOS de 100 pF. Calcular:
a) La ganancia a frecuencias medias en decibelios.
b) fH alta frecuencia a la cual cae 3 dB.
c) Calcular Cb sí ωL es igual a 50 rad/seg.
50K
Rd
Cb
Cb
gmvi
M2
12V
M1
1M
50K
1M
Rd
Rg
100pF
Rg
0
0
El circuito equivalente de la primera etapa e inicio de la segunda, es el representado
en la figura de la parte derecha.
a) En frecuencias intermedias el condensador Cb es un cortocircuito, ya que ofrece
una muy baja impedancia con respecto a Rd, y la capacidad de entrada de 100pF ofrece una
gran impedancia con respecto a Rg , equivale a circuito abierto.
Luego en frecuencias intermedias la ganancia es:
Av =
vg 2
vi
=
− g m ·vi R g ·Rd
2·1000·50
·
=−
= −95.24
vi
R g + Rd
1000 + 50
Si la expresamos en dB
N º dB = 20·log[Av ] = 20·log[− 95.24] = 39.57 dB.
(corchete indica el valor absoluto )
b) La alta frecuencia en la cual cae 3 dB ( Cb es un cortocircuito y actúa sólo Ci ) la
ganancia del amplificador nos viene expresada por:
ωH =
R + Rd
1
1000 + 50
= i
=
= 210·10 3 rad . = 33.4 KHz
−9
R ·R
C i ·Ri ·Rd 100·10 ·1000·50
Ci · i d
Ri + Rd
.
Hemos utilizado kiloohmios y milifaradios en los diferentes valores.
d) En la baja frecuencia (Ci es un circuito abierto y sólo actúa Cb ) y ωL es la
frecuencia a la cual la ganancia de amplificador cae 3 dB.
1
1
1
ωL =
Cb =
=
= 1.9·10 −5 mF = 190 µF .
C b ·( Rd + R g )
ω L ·( Rd + Ri ) 50·(50 + 1000)
Hemos utilizado kiloohmios, milifaradios y rad/seg.
10
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5.4.- a) Utilizar el modelo aproximado del transistor de la figura para hallar la
frecuencia a la cual la ganancia disminuye 3 dB con respecto a frecuencias intermedias.
b) Calcular la pendiente de la salida, en tanto por ciento, si la corriente de entrada
es una onda cuadrada de 200 Hz.
c) ¿Cuál es la menor frecuencia de una onda cuadrada que obtengamos una
pendiente inferior al 2%.?.
Cb
Rc
4k
vo
10 uF
hfeI
Cb
10uF
4k
2k
Rc
V0
RL
Fig a
Q1
12V
2k
Rc
RL
0
C2
I1
hfeIRc
0
4k
10uF
2k
V0
RL
Fig b
0
El circuito equivalente es el de la Fig.a
Thevenin y obtenemos el circuito de la Fig. b.
a)
ωL =
(tenemos un Norton), lo pasamos a
1
1
=
= 16.67 rad / seg .
−3
C b ·( RL + Rc ) 10·10 (2 + 4)
(utilizamos las dimensiones de milifaradios y kiloohmios).
b)
c)
P=
ω=
Π·ω L
ω
·100% =
Π·16.67
16.67
·100% =
·100 = 4.14%
200·2·Π
200·2
Π·ω L
Π·16.67
: 100 =
·100 = 2615.52rad / seg ..
P
2
11