E LECTR ÓNICA A NAL ÓGICA Grado en Ingenierı́a en Tecnologı́as de la Telecomunicación P ROBLEMAS DE RESPUESTA EN FRECUENCIA Índice 1. Cálculo sencillo de baja frecuencia 1 2. Emisor común con seguidor de emisor en baja frecuencia 2 3. Diseño de una respuesta en baja frecuencia 8 4. Emisor común y seguidor en alta frecuencia 19 5. Cálculo sencillo de alta frecuencia 20 6. Ejemplo de alta frecuencia 21 7. Emisor común con fuente de corriente 26 8. Amplificador de 3 etapas 32 9. Cascodo con seguidor de emisor 37 10. Emisor común más seguidor 43 11. Cálculo de la frecuencias de corte 47 12. Base común en baja frecuencia 48 13. Amplificador de 3 etapas en alta y baja frecuencia 52 14. Cascodo en alta frecuencia 56 15. Diferencial de banda ancha 65 16. Amplificador de 3 etapas en atla frecuencias 68 17. Amplificador cascodo de dos Etapas 74 18. Anexo: Cero con parte real positiva 83 Página en blanco 1. Cálculo sencillo de baja frecuencia Sea el esquema en pequeña señal a baja frecuencias presentado en la figura , del cual se suponen conocidos todos sus componentes y parámetros. Se pide: vg R CB G ib1 ib2 βib1 RB r’e CE CS r’e βib2 RS RC vo RL RE 1. Calcule la expresión polo y cero de baja frecuencia introducido por el condensador CE . El polo está para: 1 s=− CE · REQE El cero está para s = − donde REQE = RE RB kRG r´e + β+1 1 CE · RE 2. Calcule la expresión polo y cero de baja frecuencia introducido por el condensador CS . El polo está para: 1 s=− CS · REQS donde REQS = RL + RS El cero está para s = 0. 1 RC r´e + β+1 2. Emisor común con seguidor de emisor en baja frecuencia Sea el amplificador de la la figura, del cual se sabe que los transitores son BC547A, los cuales tienen una βF ≈ 200, y una tensión VBEon ≈ 0,6V . La alimentación del amplificador es VCC = +12V . Además, los valores de los componentes del amplificador son: RG = 600Ω RS = 900Ω R1 = 30KΩ RL = 600Ω R2 = 10KΩ CB = 100µF RC = 3KΩ CE = 10µF RE = 1K2Ω CL = 100µF VCC RC R1 RG Q2 CB CL Q1 vo vg R2 RE CE RS RL Se desea obtener su respuesta en bajas y medias frecuencias. Cálculos preliminares Previo a la solución en pequeña señal del problema, se debe calcular el punto de operación del circuito, para obtener los parámetros de pequeña señal de los modelos de los dispositivos activos, incluidos en el circuito. Empezando por Q1, y asumiendo que IB1 es despreciable frente a la corriente que circula por R1 y R2 , se puede comprobar que: IR1 = VB1 ≈ VCC × VCC VB1 +12V = = R1 + R2 30KΩ + 10KΩ R2 R2 10KΩ = +12V × = 3V R1 + R2 30KΩ + 10KΩ Que no es más que la relación de un divisor de tensión. De aquı́ se tiene que VE1 = VB1 −VBEon ≈ 3V −0,6V = 2,4V . Por ello, la corriente de emisor de Q1 será: IE1 = VE1 2,4V = = 2mA RE 1,2KΩ =⇒ r´e1 = vT 25mV = = 12,5Ω IE1 2mA Además, se comprueba que el valor estimado de IB1 es despreciable frente a IR1 (4µA frente a 300µA). Asumiendo ahora que IB2 es despreciable frente IC1 , y como IC1 ≈ IE1 , se tiene que la tensión en el colector de Q1 será: VC1 ≈ VCC − IC1 × RC = +12V − 2mA × 3KΩ = +6V Pero como esta es la tensión de base de Q2, se puede deducir que VE2 = VB2 − VBEon ≈ 6V − 0,6V = 5,4V . De aquı́ se deduce que: IE2 = 5,4V VE2 = = 6mA RS +900Ω =⇒ 2 r´e2 = vT 25mV = = 4,167Ω IE2 6mA Representación en pequeña señal Dado que se va a calcular la respuesta a bajas y medias frecuencias, se debe representar un equivalente completo (incluyendo todos los condensadores de baja frecuencia). Para ello, se anulan primero todos los generadores de continua. En el circuito propuesto, sólo hay un generador de tensión de continua (VCC ), que queda como un generador de 0V , (es decir el punto VCC conectado a masa). Por ello queda el siguiente circuito equivalente: RG Q2 CB CL Q1 vo vg R1 R2 CE RE RC RS RL Luego se sustituyen los transistores bipolares por su modelo equivalente en pequeña señal. Además, las resistencias R1 y R2 , al quedar en paralelo son sustituidas por su RB = 30KΩ||10KΩ = 7,5KΩ: RG Q1 CB Q2 β ib1 B1 ib1 r’e2 ib2 C1 CL vo E2 B2 RB vg βib2 RC r’e1 E1 RS RL C2 CE RE Cálculo de la ganancia a frecuencias medias Para componenr la función de transferencia a medias y bajas frecuencias, se va a proceder a calcular cada uno de los elementos que la componen. Primero se va a calcular la ganancia a frecuencias medias. Para ello, en el modelo completo del amplificador, se deben anular los condensadores de baja frecuencias. Estos se sustituyen por cortocircuitos, puesto que es como se comportarán a frecuencias medias. De esta forma queda el siguiente circuito: RG vg ib1 RB vb1 β ib1 vc1 ib2 βib2 RC r’e1 vo r’e2 R’L En este esquema, el emisor queda a tierra, al ser cortocircuitado CE . Al desaparecer CL , las resistencias RL y RS quedan en paralelo, y son sustituidas —para simplificar el esquema— por R´L = RS ||RL = 360Ω. La ganancia a frecuencias medias se puede descomponer en AV m = vo vo vc1 vb1 · = · vg vc1 vb1 vg |{z} |{z} |{z} (1) (2) (3) El término (1) se puede obtener mediante la relación de un divisor de tensión, puesto que: 3 vo = vc1 × R´L r´e2 + R´L =⇒ vo R´L 360Ω = = ≈ 0,989 vc1 r´e2 + R´L 360Ω + 4,167Ω El término (2) se puede relacionar mediante la corriente ib1 , puesto que: La tensión vc1 puede calcularse como la corriente suministrada por el generador de corriente dependiente βF ib1 multiplicada por la resistencia que ve en sus bornes el generador. Para obtener esta impedancia se debe aplicar reflexión de impedancia tras superar la base de Q2, de tal forma que: vc1 = −βF ib1 × [RC ||(βF + 1) · (r´e2 + R´L )] La tensión vb1 , en función de ib1 será esa corriente (ib1 ), por la resistencia que se ve tras superar la base de Q1 (y por tanto aplicando reflexión de impedancias): vb1 = ib1 × (βF + 1)r´e1 Por tanto, y suponiendo βF ≈ βF + 1 se tiene: −βF [RC ||(βF + 1) · (r´e2 + R´L )] vc1 RC ||(βF + 1) · (r´e2 + R´L ) 3KΩ||[201 · (4,167Ω + 360Ω)] = ≈− = ≈ −231 vb1 (βF + 1)r´e1 r´e1 12,5Ω Finalmente, la relación (3) se puede calcular aplicando la relación de un divisor de tensión. Se debe tener en cuenta que se debe aplicar reflexión de impedancias tras superar la base de Q1. Por tanto: vb1 = vg × RB ||(βF + 1)r´e1 RG + RB ||(βF + 1)r´e1 =⇒ vb1 RB ||(βF + 1)r´e1 7K5Ω||201 · 12,5Ω = = ≈ 0,758 vg RG + RB ||(βF + 1)r´e1 600Ω + 7K5Ω||201 · 12,5Ω Por tanto, la ganancia a frecuencias medias será: AV m = vo = (0,989) × (−231) × (0,758) ≈ −173 vg Cálculo de los polos y ceros A continuación se va calcularán todos los polos y ceros de baja frecuencia. Se sabe que cada condensador independiente de baja frecuencia introducirá un polo y un cero en baja frecuencia. Para deducir el polo y cero de cada condensador, se anulará (cortocircuitando) el resto de los condensadores no considerados. Condensador de base CB Para calcular el polo y cero introducido por el condensador de base CB se deben anular el resto de los condensadores. De esta forma queda el siguiente circuito equivalente: RG vg CB β ib1 ib1 RB ib2 RC r’e1 vo r’e2 βib2 R’L 1 , donde REQb es la suma de las resistencias equivalentes que se ven en los CB × REQb dos bornes del condensador (anulando todos los generadores del circuito). De esta forma, por lado izquierdo se ve RG , mientras que por el lado derecho se ve RB ||(βF + 1)r´e1 (aplicando reflexión de impedancias). Por tanto, el polo estará para: El polo estará para s = − 4 sb = − 1 CB · [RG + RB ||(βF + 1)r´e2 ] Y por tanto, su pulsación de cruce estará para: ωb = 1 ≈ 4,029r/s ≡ 0,641Hz 100µF × (600Ω + 7K5Ω||201 · 12,5Ω) Finalmente, se puede comprobar que si CB es un circuito abierto, no hay señal de salida, por lo tanto, se deduce que CB tiene un cero para s = 0. Condensador de emisor CE Para calcular el polo y cero introducido por el condensador de emisor CE se deben anular el resto de los condensadores. De esta forma queda el siguiente circuito equivalente: RG RB vg β ib1 ib1 RC r’e1 RE ib2 vo r’e2 βib2 RS CE 1 , donde REQe es la suma de las resistencias equivalentes que se ven en los dos CE × REQe bornes del condensador (anulando todos los generadores del circuito). Por la parte inferior, el condensador está conectado directamente a masa (resistencia cero), mientras que por la parte superior la resistencia equivalente que se ve (anulando el generador vg y aplicando reflexión de impedancias, tras superar r´e1 ) será: RB ||RG REQe = RE r´e1 + βF + 1 El polo estará para s = − Y por tanto: se = − CB × RE 1 RB ||RG r´e1 + βF + 1 Y por tanto su pulsación de cruce será: ωe = 1 ≈ 6634r/s ≡ 1056Hz 7K5Ω||600Ω 10µF × 1K2Ω 12,5Ω + 201 Para calcular su cero, lo primero que se verifica es que dejando en circuito abierto el condensador de emisor, no se anula la salida, por lo que se concluye que el cero del condensador CE no está para s = 0. Sin embargo, se puede comprobar, que si el emisor de Q1 quedara en circuito abierto, sı́ se lograrı́a anular la salida. Esta situación si darı́a la condición del cero. Este cero estarı́a por tanto para cuando se cumpla que: RE 1 =∞ sCE Por tanto desarrollando el paralelo se tiene que: 5 1 RE sCE = =∞ 1 sCE RE + 1 RE + sCE RE · Dado que la variable en esta ecuación es s, para lograr que esta expresión sea infinito, la única forma es lograr que su denominador sea cero. Por tanto: sCR RE + 1 = 0 =⇒ −1 RE · RE s= Y por tanto este cero tendrá una pulsación de cruce: ωze = 1 1 = = 83,33r/s ≡ 13,26Hz CE RE 10µF × 1K2Ω Condensador de acoplo de la carga CL Para calcular el polo y cero introducido por el condensador CL se deben anular el resto de los condensadores. De esta forma queda el siguiente circuito equivalente: RG vg β ib1 ib1 RB βib2 RC r’e1 CL r’e2 ib2 vo RL RS Además si se anulan todos los generadores independientes, para estimar la impedancia vista en bornes de CL , se puede comprobar que ib1 = 0, pudiéndose realizar una simplificación extra: ib2 RC CL r’e2 βib2 RS vo RL 1 , donde REQe es la suma de las resistencias equivalentes que se ven en los dos CL × REQl bornes del condensador. A la derecha del condensador se ve RL mientras que a la izquierda se tiene: RC RS r´e2 + βF + 1 El polo estará para s = − Téngase en cuenta que se debe aplicar reflexión de impedancias, tras superar r´e2 . Por tanto el polo estará para: sl = − 1 CL × RL + RS r´e2 + RC βF + 1 Por lo tanto, la pulsación de cruce de este polo estará para: ωl = 1 ≈ 16,16r/s ≡ 2,572Hz 3KΩ 100µF × 600Ω + 900Ω 4,167Ω + 201 Finalmente, se comprueba, que si CL es circuito abierto, no habrı́a señal a la salida, por lo que se deduce introduce un cero para s = 0. 6 Composición de la función de transferencia En resumen, se tiene una ganancia a frecuencias medias AV m = −173 y un juego de ceros y polos con unas pulsaciones de cruce según se indica en la tabla. C CB CE CL polo 4,029r/s 6634r/s 16,16r/s cero 0r/s 83,33r/s 0r/s Por tanto, la función de transferencia de baja y media frecuencia será: Av (s) BF+FM = −173 · s2 · (s + 83,3) (s + 4,029) · (s + 6634) · (s + 16,16) 7 3. Diseño de una respuesta en baja frecuencia Sea el amplificador de la figura: VCC R1 RC1 R3 CC RC2 Q3 Cin Q1 vo Q2 vi RD1 R2 RS RD2 CE1 R4 RE1 CS CE2 RE2 Del cual conocemos los siguientes valores: VCC = +12V βF = 350 VBEon ≈ 0,6V R1 = 220KΩ R2 = 43KΩ R3 = 47KΩ R4 = 9,4KΩ RD1 = 27Ω RE1 = 2,7KΩ RC1 = 18KΩ RD2 = 82Ω RE2 = 620Ω RC2 = 2,7KΩ RS = 1,2KΩ Además, se sabe que el generador de entrada tiene una resistencia de generador RG = 100KΩ, y se conecta a la salida una carga con impedancia RL = 2K2Ω. Se pide: 1. Ajustar todos los condensadores de baja frecuencia para que el circuito tenga una frecuencia de corte inferior de 160Hz. 2. Escribir la función de transferencia para baja frecuencia del amplificador diseñado. Cálculos preliminares Antes de poder realizar el diseño, necesitamos conocer el punto de trabajo del amplificador, para estimar su modelo en pequeña señal. Empezando por Q1, y asumiendo IB1 ≈ 0 se tiene: VB1 ≈ +12V × 43KΩ ≈ 1,962V 43KΩ + 220KΩ Por tanto VE1 = Vb1 − 0,6V ≈ 1,362V . De aquı́: IE1 = VE1 1,362V = ≈ 500µA ≈ IC1 RD1 + RE1 27Ω + 2,7KΩ Por tanto VC1 = VCC − IC1 × RC1 ≈ 3V . Para estimar el punto de trabajo de Q2, (asumiendo IB2 ≈ 0: VB2 ≈ +12V × 9,4KΩ = 2V 47KΩ + 9,4KΩ Por tanto VE2 = Vb2 − 0,6V = 1,4V . De aquı́: IE2 = VE2 1,4V = ≈ 2mA ≈ IC2 RD2 + RE2 82Ω + 620Ω Por tanto VC2 = VCC − IC2 × RC2 ≈ 6,6V = VB3 . De aquı́ VE3 = VB2 − 0,6 = 6V , y finalmente: 8 IE3 = VE3 +6V = = 5mA RS 1,2KΩ Por tanto, los parámetros de pequeña señal de los transistores son: 25mV vT = = 50Ω r´e1 = I 500µA E1 25mV vT = = 12,5Ω r´e2 = IE2 2mA vT 25mV r´e3 = = = 5Ω IE3 5mA Apartado 1 Para resolver este apartado debemos ubicar el polo de uno de los condensadores de baja frecuencia en la frecuencia de corte pedida, y el resto más de una década por debajo de dicha frecuencia de corte, para que no influya en la situación de polo dominante de dicho polo. Se puede escoger cualquier condensador para introducir el polo dominante, pero es preferible recurrir al que menor impedancia ve, ya que de esta forma se logra introducir el polo dominante con la mı́nima capacidad. Por tanto para realizar este ajuste vamos a ver la impedancia que ve cada uno de los condensadores para luego calcular los valores de los condensadores necesarios para cumplir con la especificación del diseño. Para hacer esto, representaremos el equivalente en pequeña señal del circuito, que quedarı́a de la siguiente forma (incluyendo el generador con su resistencia y la resistencia de carga): Generador RG vg CIN Q1 ib1 RB1 Q2 CC βib1 r’e1 ib2 RC1 RB2 Carga CS r’e3 ib3 vo βib3 RC2 r’e2 RL RS RD2 RD1 RE1 Q3 βib2 CE1 RE2 CE2 Donde: RB1 = R1 kR2 ≈ 36KΩ RB2 = R3 kR4 ≈ 7K8Ω A partir de este esquema general simplificaremos para calcular la resistencia equivalente que ve cada condensador del circuito. Condensador CIN : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un cortocircuito, salvo CIN , el esquema simplificado quedarı́a: RG vg CIN RB1 ib3 βib3 ib2 βib2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 9 ib3 RC2 r’e3 βib3 vo R’L Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a: CIN ib1 RB1 RG βib1 βib2 ib2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 ib3 r’e3 vo βib3 RC2 R’L Donde todo lo que queda a partir del colector de Q1 no influye en la impedancia vista por el condensador, por tanto se debe tener en cuenta el siguiente circuito: CIN RG ib1 βib1 RB1 r’e1 RD1 En este esquema se puede observar que la resistencia equivalente observada por CIN es: REQ−IN = RG + R1 k[(βF + 1) · (r´e1 + RD1 )] = 100KΩ + 36KΩ k[(351) · (50Ω + 27Ω)] ≈ 115KΩ Condensador CE1 : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un cortocircuito, salvo CE1 , el esquema simplificado quedarı́a: ib1 βib1 RG vg RB1 ib2 βib2 r’e1 R’C1 r’e2 RC2 r’e3 βib3 vo R’L RD2 RD1 CE1 ib3 RE1 Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a: ib1 βib1 R’B1 CE1 ib2 βib2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 RE1 10 ib3 RC2 r’e3 vo βib3 R’L Donde R´B1 = RG kRB1 ≈ 26K5Ω. En este esquema los componentes vistos a partir del colector de Q1 no influyen en la impedancia. Por tanto se debe tener en cuenta el siguiente circuito: ib1 βib1 R’B1 r’e1 RD1 CE1 RE1 En este esquema se puede observar que la resistencia equivalente observada por CE1 es: 26,5KΩ R´B1 = 2K7Ω 27Ω + 50Ω + ≈ 144Ω REQ−E1 = RE1 RD2 + r´e1 + βF + 1 351 Condensador CC : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un corto-circuito, salvo CC , el esquema simplificado quedarı́a: RG vg ib1 βib1 CC r’e1 RC1 RB2 RB1 ib2 βib2 r’e2 RD1 ib3 r’e3 vo βib3 RC2 R’L RD2 Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a: R’B1 ib1 βib1 CC r’e1 RC1 RB2 ib2 βib2 r’e2 RD1 ib3 RC2 r’e3 vo βib3 R’L RD2 Donde R´B1 = RB1 kRG ≈ 26,5KΩ. En este esquema se comprueba que ib1 = 0. Además, la parte del circuito tras el colector de Q2 no influye, quedando simplificado de la siguiente forma: 11 CC RC1 ib2 βib2 RB2 r’e2 RD2 En este esquema, y aplicando reflexión de impedancias se puede comprobar que: REQ−C = RC1 + [RB2 k(β f + 1)(r´e2 + RD2 )] = 18KΩ + [7K8Ωk(351) · (12,5Ω + 82Ω)] ≈ 24,3KΩ Condensador CE2 : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un cortocircuito, salvo CE2 , el esquema simplificado quedarı́a: ib1 βib1 RG vg RB1 ib2 βib2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 CE2 ib3 RC2 r’e3 vo R’L βib3 RE2 Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a: ib1 βib1 R’B1 ib2 βib2 r’e1 R’C1 r’e2 ib3 RC2 r’e3 vo βib3 R’L RD2 RD1 CE2 RE2 Donde R´C1 = RC1 kRB2 ≈ 5,4KΩ. En este esquema se comprueba que ib1 = 0, por tanto βF · ib1 = 0. Además, los componentes vistos a partir del colector de Q2 no influyen en la impedancia. Por tanto se debe tener en cuenta el siguiente circuito: 12 ib2 βib2 RC2 r’e2 RD2 CE2 RE2 En este esquema se puede observar que la resistencia equivalente observada por CE2 es: R´C1 5,4KΩ REQ−E2 = RE2 RD1 + r´e2 + = 620Ω 82Ω + 12,5Ω + ≈ 93Ω βF + 1 351 Condensador Cs : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un cortocircuito, salvo CS , el esquema simplificado quedarı́a: RG vg βib1 ib1 RB1 βib2 ib2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 CS r’e3 ib3 RC2 vo βib3 RL RS Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a: ib1 βib1 R’B1 ib2 βib2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 ib3 r’e3 vo βib3 RC2 CS RS RL Donde R´C1 = RC1 kRB2 ≈ 5,4KΩ. En este esquema se comprueba que ib1 = 0, por tanto βF · ib1 = 0, y por tanto ib2 = 0, en definitiva βF · ib2 = 0. Es decir, que el circuito queda simplificado de la siguiente forma: ib3 RC2 r’e3 βib3 CS RS RL En este esquema se puede observar que la resistencia equivalente observada por CS es: Rc2 2K7Ω REQ−S = RL + RS r´e3 + = 2K2Ω + 1K2Ω 5 + ≈ 2K2Ω βF + 1 351 13 Diseño de los condensadores: En definitiva, los valores de las resistencias equivalentes que ve cada condensador en sus bornas salen: REQ−IN REQ−E1 REQ−C REQ−E2 REQ−S = = = = = 115KΩ 144Ω 24,3KΩ 93Ω 2,2KΩ Siendo el condensador que menor resistencia equivalente que ve en sus bornas CE2 (93Ω), por tanto será el condensador que escogeremos para poner el polo dominante. El resto de los condensadores deben quedar con su polo más de una década por debajo del polo dominante. Por tanto, diseñaremos la siguiente situación de polos de baja frecuencia: CIN CE1 CC CE2 CS Polo situado fx < 16Hz Polo situado fx < 16Hz Polo situado fx < 16Hz Polo dominante situado a 160Hz Polo situado fx < 16Hz En definitiva: CIN CE1 C C CE2 CS =⇒ 1 1 = < 16Hz =⇒ CIN > 87nF 2π · REQ−IN ·CIN 2π · 115KΩ ·CIN =⇒ 1 1 = < 16Hz =⇒ CE1 > 69µF 2π · REQ−E1 ·CE1 2π · 144Ω ·CE1 =⇒ 1 2π · REQ−C ·CC = 1 < 16Hz =⇒ CC > 409nF 2π · 24,3KΩ ·CC =⇒ 1 1 = = 160Hz =⇒ CE2 ≈ 10µF 2π · REQ−E2 ·CE2 2π · 93Ω ·CE2 =⇒ 1 1 = < 16Hz =⇒ Cs > 4,5µF 2π · REQ−S ·CS 2π · 2,2KΩ ·Cs Para facilitar el diseño colocaremos todos los condensadores (salvo CE1 ) a 10µF, con lo cual tendremos un montaje más fácil y más simple la compra de material. El único que no basta con 10µF es CE1 , al cual colocaremos 100µF. Por tanto quedará la siguiente situación: C CIN CE1 CC CE2 CS Valor 10µF 100µF 10µF 10µF 10µF Polo 0,14Hz 11Hz 0,65Hz ≈ 160Hz 7,2Hz Apartado 2 Para calcular la función de transferencia de baja frecuencia debemos conocer: 1. Los polos de baja frecuencia (calculado en el apartado anterior). 2. Los ceros de baja frecuencia (por calcular). 3. La ganancia a frecuencias medias. 14 Cálculo de los ceros de baja frecuencia Debemos revisar cada uno de los condensadores de baja frecuencia para determinar la ubicación del cero que introducen. Cero de CIN : Si observamos el circuito sólo con el condensador CIN , queda: RG CIN vg ib3 βib3 RB1 ib2 βib2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 ib3 RC2 r’e3 βib3 vo R’L Se observa que si CIN queda en abierto, el generador de entrada queda desconectado del resto del circuito, por tanto deducimos que CIN tiene un cero para sZ−IN = 0. Cero de CE1 : Si observamos el circuito sólo con el condensador CE1 , queda: ib1 βib1 RG vg RB1 ib2 βib2 r’e1 R’C1 ZE1 r’e2 RC2 r’e3 βib3 vo R’L RD2 RD1 CE1 ib3 RE1 Se observa que si CE1 queda en abierto, el generador de entrada no queda desconectado, y por tanto no se anula la salida. Es decir, que el cero NO está para s = 0. Se puede lograr anular la salida, logrando que la corriente ib1 = 0, y esto se puede lograr si la impedancia que se ve en el emisor es ∞. Esta impedancia es: ZE1 = RD1 + RE1 1 = RD1 + sCE1 1 RE1 sCE1 = RD1 + =∞ 1 sCE1 RE1 + 1 RE1 + sCE1 RE1 + Se observa que se cumple esta condición si: sCE1 RE1 + 1 = 0 =⇒ s = − 1 =⇒ ωZ−E1 ≈ 3,7rad/s ≈ 0,59Hz RE1CE1 Cero de CC : Si observamos el circuito sólo con el condensador CC , queda: 15 RG vg RB1 CC βib1 ib1 r’e1 βib2 ib2 RC1 RB2 r’e2 RD1 ib3 r’e3 vo βib3 RC2 R’L RD2 Se observa que si Cc queda en abierto, la corriente ib2 = 0, y por tanto no hay señal de salida. Por tanto deducimos que CC tiene un cero para sZ−C = 0. Cero de CE2 : Si observamos el circuito sólo con el condensador CE2 , queda: ib1 βib1 RG vg RB1 ib2 βib2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 CE2 ib3 RC2 r’e3 vo R’L βib3 ZE2 RE2 Se observa que si CE2 queda en abierto, la corriente ib2 no hace cero y por tanto no se anula la salida. Es decir, que el cero NO está para s = 0. Se puede lograr anular la salida, logrando que la corriente ib2 = 0, y esto se puede lograr si la impedancia que se ve en el emisor es ∞. Esta impedancia es: ZE2 = RD2 + RE2 1 = RD2 + sCE2 1 RE2 sCE2 =∞ = RD2 + 1 sCE2 RE2 + 1 RE2 + sCE2 RE2 + Se observa que se cumple esta condición si: sCE2 RE2 + 1 = 0 =⇒ s = − 1 =⇒ ωZ−E2 ≈ 161rad/s ≈ 25Hz RE2CE2 Cero de Cs : Si observamos el circuito sólo con el condensador Cs , queda: ib1 βib1 RG vg RB1 ib2 βib2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 ib3 RC2 r’e3 βib3 CS vo RS RL Se observa que si Cs queda en abierto, la salida queda desconectada y por tanto no hay señal de salida. Por tanto deducimos que Cs tiene un cero para sZ−s = 0. 16 Ganancia a frecuencias medias Para calcular la gaanancia a frecuencias medias, hemos de respresentar el equivalente AC a frecuencias medias, que queda tal como se muestra en la figura: βib1 vb1 i b1 ig RG vg RB1 βib2 vc1 i b2 r’e1 R’C1 r’e2 RD1 RD2 vc2 ib3 RC2 r’e3 βib3 vo R’L Donde, RB1 = R1 kR2 ≈ 36KΩ, R´C1 = RC1 kR3 kR4 ≈ 5,4KΩ y R´L = RS kRL ≈ 780Ω, En este esquema la ganancia se puede descomponer en los siguientes términos: vo vo vc2 vc1 vb1 AV = · = · · vg vc2 vc1 vb1 vg |{z} |{z} |{z} |{z} (1) (2) (3) (4) Cada término se puede relacionar de la siguiente forma: Término (1): La relación (1) se puede establecer en base a (βF + 1)ib3 , ya que: vo (βF + 1) · ib3 · R´L ≈1 = vc2 (βF + 1) · ib3 · (r´e3 + R´L ) Término (2): La relación (2) se puede establecer en base a ib2 ya que: vc2 −βF ib2 RC2 k(βF + 1)(r´e3 + R´L ) RC2 k(βF + 1)(r´e3 + R´L ) 2,7KΩk(351)(5Ω + 780Ω) = ≈− =− ≈ −28,3 vc1 (βF + 1) · ib2 · (r´e2 + RD2 ) r´e2 + RD2 12,5Ω + 82Ω Término (3): La relación (3) se puede establecer en base a ib1 ya que: −βF ib1 R´C1 k(βF + 1)(r´e2 + RD2 ) vc1 R´C1 k(βF + 1)(r´e2 + RD2 ) 5,4KΩk(351)(12,5Ω + 82Ω) = ≈− =− ≈ −69 vb1 (βF + 1) · ib1 · (r´e1 + RD1 ) r´e1 + RD1 50Ω + 27Ω Término (4): La relación (4) se podrı́a establecer en base a ig , aunque en realidad sigue la relación de un divisor de tensión: ig · RB1 k(βF + 1)(r´e1 + RD1 ) vb1 36KΩk(351)(50Ω + 27Ω) = = =≈ 0,134 vg ig · [RG + RB1 k(βF + 1)(r´e1 + RD1 )] 100KΩ + 36Kk(351)(50Ω + 27Ω) Cálculo de la ganancia a frecuencias medias: 262 Finalmente, la ganancia sale AV = (1) · (−28,3) · (−69) · (0,134) ≈ Composición de la función a baja frecuencia Los datos que tenemos (en radianes por segundo) son: C CIN CE1 CC CE2 CS Polo ≈ 0,88rad/s ≈ 69rad/s ≈ 4,1rad/s ≈ 1Krad/s ≈ 45,2rad/s 17 Cero 0rad/s ≈ 3,7rad/s 0rad/s ≈ 161rad/s 0rad/s Por tanto, y como la ganancia a frecuencias medias es AV M ≈ 262, y en baja frecuencia, los polos y ceros no van normalizados cuando la constante de la función coincide con la ganancia a frecuencias medias: AV (s) = 262s3 (s + 3,7)(s + 161) (s + 0,88)(s + 69)(s + 4,1)(s + 1000)(s + 45,2) 18 4. Emisor común y seguidor en alta frecuencia Del circuito mostrado en la figura, del cual se supone conocidas todos su resistencias y parámetros VCC R1 RC Q2 CB RG CC Q1 R2 RE CE RS RL de pequeña señal se pide: 1. Dibuje su representación en alta frecuencia. Haga las simplificaciones que sean necesarias. cb’c1 RG cb’e2 ib1 cb’e1 RB ib2 βib1 r’e1 R r’e2 βib2 cb’c2 C R’L Donde RB = R1 kR2 y R´L = RS kRL . 2. Identifique que condensadores se tendrı́an que simplificar por Miller, y como quedarı́a modificado el circuito. No se pide que redibuje el diagrama, simplemente indique los cambios. Hay que aplicar Miller a cb´c1 y a cb´e2 . El circuito simplificado quedarı́a de la siguiente forma: RG ib1 ib1 cT1 RB vc1 βib1 r’e1 R ib2 vo r’e2 βib2 cT2 C R’L cT3 Donde cT 1 = cb´e1 + cM1 , cT 2 = cb´c1 + cM´1 + cM2 y cT 3 = cM´2 3. Indique que relación entre tensiones serı́an las K de Miller que usted ha sugerido en el punto anterior. (No se pide que calcule ninguna K de Miller). (1 punto). K1 = vc1 vb1 19 K2 = vo vc1 5. Cálculo sencillo de alta frecuencia Sea el esquema en pequeña señal a altas frecuencias presentado en la figura, v1 R G v2 cb’c1 ib1 βib1 cb’e1 RB βib2 v3 r’e i cb’e2 b2 r’e v4 cb’c2 RL del cual se suponen conocidos todos sus componentes y parámetros. Se pide: 1. Calcule la K de Miller del condensador inoportuno, e indique cual es su simplificación. El condensador inoportuno es cb´c1 , y su K será: K= −βib1 r´e v3 = ≈ −1 v2 (β + 1)r´e Por tanto, se tiene: cM = 2 × cb´c1 cM´ = 2 × cb´c1 El circuito modificado queda: v1 R G v2 βib1 cT1 RB βib2 v3 r’e ib1 cT2 r’e ib2 v4 cb’c2 Donde cT 1 = cb´e1 + 2cb´c1 y cT 1 = cb´e2 + 2cb´c1 . 2. Calcule el polo y cero de alta frecuencia asociado al nodo v2 . El polo estará para: s=− 1 cT 1 REQ1 Donde REQ1 = RG kRB k(β + 1)r´e No hay cero. 3. Calcule el polo y cero de alta frecuencia asociado al nodo v3 . El polo estará para: s=− 1 cT 2 REQ2 No hay cero. 20 Donde REQ2 = r´e RL 6. Ejemplo de alta frecuencia Sea el amplificador de la figura 2, en el cual se sabe que los transistores tiene VBEon ≈ 0,6V y βF = 250. Estos transistores tienen además como capacidades parásitas cb´e = 25pF y cb´c = 1,5pF. +12V 4.7ΚΩ 47ΚΩ 600Ω 15ΚΩ n3 CC salida Q2 CB1 Q1 n2 Q3 600Ω n1 10ΚΩ CB0 CE0 700Ω 400Ω 3ΚΩ 150Ω entrada 10ΚΩ Se pide: 1. Ajustar CE0 para que introduzca un polo de baja frecuencia a 60Hz. 2. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo n1. 3. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo n2. 4. Reducir el polo del nodo n3 hasta 2MHz. Previo: Cómputo del punto y simplificación de resistencias Suponiendo IBx ≈ 0, se tiene que: VB1 = 10KΩ × 12V ≈ 2,1V 10KΩ + 47KΩ Por tanto, VE1 = VB1 −VBE ≈ 1,5V . Y de aquı́ se deduce IE1 : IE1 = VE1 ≈ 2,14mA 700Ω De aquı́ se deduce el valor de r´e1 : re1 = vT 25mV = ≈ 11,7Ω r´e1 2,14mA La tensión en el colector de Q1 será: VC1 = VCC − IC1 × 4,7KΩ = 12 − 2,14mA × 4,7KΩ ≈ 1,94V = VB2 La tensión de emisor de Q2 es VE2 = 1,94V − 0,6 ≈ 1,34V Por tanto, la corriente de emisor de Q2 será: 21 CE1 IE2 = VE2 = 3,35mA 400Ω De aquı́: r´e2 = vT 25mV = ≈ 7,5Ω IE2 3,35mA Finalmente: VB3 = 3KΩ × 12V = 2V 3KΩ + 15KΩ De aquı́ se deduce que VE3 = 2V − 0,6V ≈ 1,4V IE3 = 1,4V ≈ 9,33mA 150Ω Y por tanto: r´e3 = 25mV vT = ≈ 2,68Ω IE3 9,33mA Además, se pueden hacer las siguientes simplificaciones: 400Ωk3KΩk15KΩ 600Ωk600Ω ≈ 345Ω = 300Ω Apartado 1: Para calcular el polo es necesario representar el equivalente en pequeña señal, contemplando sólo CE0 . Para deducir la impedancia equivalente vista en bornas de CE0 se deben anular todas los generadores independientes. De esta forma queda el siguiente circuito equivalente: Z2 vi 10ΚΩ Z1 CE0 r’e1 700Ω β ib1 ib2 ib1 4.7ΚΩ β ib2 r’e2 345Ω ib3 r’e3 β ib3 vo 300Ω La resistencia equivalente que ve CE0 es CE0 = Z1 + Z2 . Se puede comprobar que Z1 = 10KΩ y Z2 = 700Ωkr´e1 ≈ 11,5Ω. Es decir que REQ ≈ 10KΩ. Por tanto, se puede calcular: ωo = 2π fo = 1 1 =⇒ CE0 = ≈ 265nF REQ ·CE0 2π60 × 10KΩ Apartado 2: El esquema del amplificador en alta frecuencia es el que se muestra en la figura. 22 cb’e2 vi 10ΚΩ β ib1 r’e1 n1 700Ω 4.7ΚΩ ib1 cb’e1 r’e2 ib2 cb’c1 cb’c2 cb’c3 345Ω β ib2 β ib3 ib3 cb’e3 vo 300Ω r’e3 En este esquema se deduce que la capacidad total de alta frecuencia es cb´e1 . Además la resistencia equivalente en este nodo es: REQn1 = 10KΩk700Ωkr´e1 ≈ 11,5Ω Por tanto, el polo en este nodo estará situado en: ωn1 = 1 ≈ 3,5Gr/s ≡ 550MHz 25pF × 11,5Ω Apartado 3: Identificando el nodo n2 en equivalente en alta frecuencia, queda la figura siguiente: cb’e2 vi 700Ω β ib1 r’e1 10ΚΩ ib2 cb’c1 4.7ΚΩ ib1 cb’e1 cb’c2 β ib2 cb’c3 r’e2 345Ω n2 cb’e3 ib3 r’e3 β ib3 vo 300Ω La capacidad total en este nodo será: cn2 = cM´2 + cb´e3 + cM3 Para poder calcular este polo hemos de aplicar el teorema de Miller a cb´e2 y cb´c3 . En el caso de cb´e2 deducimos que: K2 = ve2 (βF + 1) · ib2 · [345Ωk(βF + 1)r´e3 ] = ≈1 vb2 (βF + 1) · ib2 · [r´e2 + 345Ωk(βF + 1)r´e3 ] Por tanto: cM´2 = K −1 × cb´e2 ≈ 0 K En el caso de cb´c3 se puede calcular que: K3 = −βF ib3 300 ≈ −112 (βF + 1)ib3 r´e3 Por tanto cM3 = (1 − K) × cb´c3 = 113 × 1,5pF = 169,5pF Es decir, cn2 = 0 + 25pF + 169,5pF = 194,5pF. Para calcular el polo, dibujamos el circuito equivalente simplificado, que queda de la forma siguiente: 23 Z3 vi r’e1 10ΚΩ 700Ω β ib1 4.7ΚΩ ib1 cb’e1 cb’c2 Z1 r’e2 ib2 cb’c1 Z2 β ib3 ib3 vo n2 345Ω β ib2 cn2 300Ω r’e3 194.5pF La resistencia equivalente en bornas del condensador cn2 será REQn2 = Z1 kZ2 . Z1 = (βF + 1)r´e3 ≈ 670Ω Z2 = 345Ωk (r´e2 + Z3 ) Para el cálculo de Z3 se debe aplicar reflexión de impedancias: 4,7KΩ ≈ 18,7Ω βF + 1 Z3 = Por tanto, REQn2 ≈ 23,5Ω. Es decir que: ωn2 = 1 ≈ 220Mr/s ≡ 35MHz 194,5pF × 23,5Ω Apartado 4: Identificando el nodo n3 en equivalente en alta frecuencia, queda la figura siguiente: cb’e2 vi 700Ω β ib1 r’e1 10ΚΩ n2 cb’c1 4.7ΚΩ cb’c2 ib1 cb’e1 ib2 β ib2 cb’c3 r’e2 345Ω β ib3 ib3 cb’e3 vo 300Ω r’e3 La capacidad total en este nodo será: cn3 = cb´c1 + cb´c2 + cM2 Para el cálculo de la capacidad de Miller cM2 , ya calculamos K2 ≈ 1. Por tanto cM2 = (1 − K)cb´e2 ≈ 0. Por tanto: cn3 = 1,5pF + 1,5pF + 0 = 3pF Quedando el circuito simplificado en el nodo n3: cb’c3 vi 700Ω β ib1 r’e1 10ΚΩ cb’e1 ib1 n3 4.7ΚΩ ib2 cn3 3pF 24 β ib2 r’e2 345Ω ib3 cb’e3 r’e3 β ib3 vo 300Ω La impedancia equivalente en el nodo n3 será: REQn3 = 4,7KΩk {(βF + 1) · [r´e2 + (345Ωk(βF + 1)r´e3 )]} ≈ 4430Ω Por tanto, como el polo debe estar situado en 2MHz, deducimos que la capacidad total que debe existir en el nodo n3 debe ser: ωn3 = 2π fn3 = 1 REQn3 ·CT =⇒ CT = 1 ≈ 18pF 2π fn3 REQn3 Como actualmente hay en este nodo 3pF de cn3 , se debe añadir una capacidad suplementaria de 15pF en el nodo n3. Una posible solución serı́a la mostrada en la figura siguiente: +12V 47ΚΩ 15pF 4.7ΚΩ 15ΚΩ n3 10ΚΩ 700Ω CC salida Q2 CB1 Q1 CB0 600Ω Q3 600Ω CE0 entrada 10ΚΩ 25 400Ω 3ΚΩ 150Ω CE1 7. Emisor común con fuente de corriente Partiendo del amplificador mostrado en la figura: VCC RE0 RE1 Q2 vi RG CB N2 Q3 R1 CC vo Q1 RC R2 CE RE N1 RL del que conocemos los siguientes datos: βF = 300 RG = 1,2KΩ VAF ≈ ∞ RE = 5,4KΩ VBE ≈ 0,6 RE0 = 1KΩ cb´e = 20pF VCC = 12V RE1 = 200Ω cb´c = 0,2pF R1 = 10KΩ RC = 1,2KΩ R2 = 10KΩ RL = 1,2KΩ Se pide: 1. Ajustar CB , CC y CE para tener una frecuencia de corte inferior de 400Hz. 2. Calcular la ganancia a frecuencias medias. 3. Calcular el polo de alta frecuencia del nodo N1. 4. Calcular el polo de alta frecuencia del nodo N2. 5. Suponiendo, que el tercer polo de alta frecuencia esté situado a ωC1 ≈ 50Mr/s, componer la función de transferencia del amplificador, incluyendo baja, media y alta frecuencia. 6. Representar la fase de esta función de transferencia. Cálculos preliminares Para resolver este problema, primero hemos calcular el punto en continua del amplificador. Suponiendo IB ≈ 0 ya que βF 1 tenemos que: VB1 ≈ VCC · R2 = 6V R1 + R2 Por tanto VE1 = 6V −VBE1Q ≈ 5,4V , y de aquı́ deducimos que IE1Q ≈ 1mA. Además, dado que Q2 está configurado como un diodo (tiene la base y el colector cortocicuitados), tenemos que IE2Q ≈ IC1Q ≈ 1mA. Por tanto, como VE2Q = VCC −IE2Q ×RE0 deducimos que VE2Q ≈ 11V . Como la base de Q3 está cortocircuitada a la base de Q2, y suponiendo la caı́da base-emisor aproximadamente igual en ambos transistores deducimos que VE3Q ≈ 11V . A partir de aquı́ podemos deducir la corriente de emisor de Q3 que será: IE3Q = VCC −VE3Q ≈ 5mA RE1 Por tanto la tensión del colector de Q3 en continua será IC3Q × RC ≈ 6V . A partir de estos datos podemos deducir las resistencias dinámicas r´e de los tres transistores que serán: r´e1 = vT ≈ 25Ω IE1Q r´e2 = vT ≈ 25Ω IE2Q 26 r´e3 = vT ≈ 5Ω IE3Q Apartado 1 Una vez conocido los parámetros de los modelos en alterna de los transistores bipolares, podemos realizar el modelo equivalente en pequeña señal del amplificador. Un primer equivalente en pequeña señal teniendo en cuenta los condensadores de baja frecuencia se muestra en la siguiente figura, en la que RB = R1 kR2 : ib2 RG CB β ib1 ib1 B1 B2 C1 C2 B3 ib3 β ib3 CC C3 vo β ib2 RB vg r’e1 Q1 Q2 r’e2 r’e3 E2 E1 CE RE RC Q3 RL E3 RE0 RE1 Sin embargo, se puede notar que al estar cortocircuitado la fuente βib2 esta se puede eliminar, quedando el circuito más simplificado como se muestra en la siguiente figura: CB RG ib1 RB vg β ib1 r’e1 RE CE ib3 β ib3 r’e2 r’e3 RE0 RE1 CC RC vo RL Para lograr fijar una frecuencia de corte inferior determinada debemos situar un polo de baja a esa frecuencia de corte inferior, y el resto de los polos de baja frecuencia por debajo al menos una década de esta frecuencia de corte. Cualquiera de los tres condensadores de baja frecuencia que aparecen en el esquema pueden servir para imponer el polo dominante, pero normalmente se escoge el condensador CE , que es el que menos impedancia equivalente ve un sus bornas, y por tanto con más facilidad se puede obtener una frecuencia de corte superior al resto. Por tanto, siguiendo esta recomendación, vamos a calcular el polo que introduce CE , suponiendo el resto de los condensadores de baja frecuencia en cortocircuito, tal como se muestra en la figura. RG vg ib1 RB β ib1 r’e1 RE CE ib3 β ib3 r’e2 r’e3 RE0 RE1 vo RC RL En este esquema se observa una impedancia equivalente en bornas de CE igual a: RB kRG REQ−E = RE k r´e1 + ≈ 28Ω βF + 1 Por tanto, como el polo que introduce CE es: ωo = 1 1 1 =⇒ CE = = = 14µF REQ−E ·CE REQ · ωo 28Ω · 2π · 400Hz 27 El resto de los condensadores lo hemos de fijar para que den polos iguales o menores de 40Hz. En este diseño escogemos estos polos a una frecuencia de 4Hz o menor. Ahora vamos a calcular el polo introducido pr CB . Para ello cortocircuitamos el resto de los condensadores de baja frecuencia, quedando el circuito equivalente como: CB RG β ib1 ib1 RB vg β ib3 ib3 r’e1 r’e2 r’e3 RE0 RE1 vo RC RL Calculando la resistencia equivalente que se ve en bornas del condensador de base tenemos: REQ−B = RG + RB k(βF + 1)r´e1 ≈ 4,2KΩ Por tanto el condensador CB será: CB ≥ 1 ≈ 9,47µF 4,2KΩ · 2π · 4Hz Finalmente, para calcular el polo introducido por CC tenemos que plantear el esquema equivalente con CC anulando el resto de los condensadores en baja frecuencia, tal como muestra el esquema: RG vg β ib1 ib1 RB r’e1 β ib3 ib3 r’e2 r’e3 RE0 RE1 CC RC vo RL El cálculo de la resistencia equivalente en bornas del condensador de colector será: REQ−C = RC + RL = 2,4KΩ =⇒ CC ≥ 1 ≈ 16,5µF 2,4KΩ · 2π · 4Hz Apartado 2 El esquema equivalente a frecuencias medias para realizar el cálculo de la ganancia se muestra en la figura siguiente, en donde RO es equivalente a RC kRL . En esta figura se muestra sombreados los nodos de las diferentes tensiones que intervienen en el cómputo de la ganancia: vg vb1 ib1 RG RB vc1 β ib1 r’e1 28 ib3 β ib3 r’e2 r’e3 RE0 RE1 vo RO La ganancia de tensión a frecuencias medias se puede descomponer en los siguientes términos: vo vo vc 1 vb1 = · · vg vc1 vb1 vg Podemos ligar vo y vc1 a través de la corriente ib3 , ya que: RO vo βF · RO vo = −βF ib3 · RO ≈− =⇒ =− ≈ −2,9 vc1 = (βF + 1) ib3 · (r´e3 + RE1 ) vc1 (βF + 1) · (r´e3 + RE1 ) r´e3 + RE1 De igual forma, podemos ligar vc1 e vb1 a través de la corriente ib1 ya que: vc1 = −βF ib1 · (r´e2 + RE0 ) k [(r´e1 + RE1 ) · (βF + 1)] vb1 = (βF + 1) ib1 · r´e1 Por tanto tenemos que: βF · (r´e2 + RE0 ) k [(r´e1 + RE1 ) · (βF + 1)] 1008 vc1 =− ≈− ≈ −40,33 vb1 (βF + 1) · r´e1 25 Finalmente, la relación entre vb1 y vg no es más que la de un divisor de tensión entre RG y la impedancia total que se ve en la base de Q1. Esta relación será: vb1 RB k (βF + 1) · r´e1 = ≈ 0,714 vg RG + RB k (βF + 1) · r´e1 Por tanto la ganancia total será: AV = (−2,9) · (−40,33) · (0,714) = 83,57 Apartado 3 Para realizar cálculos en alta frecuencia, primero vamos a representar el equivalente en alta frecuencia, identificando los nodos en el esquema para luego plantear el cálculo de los nodos pedidos. Este esquema se muestra a continuación: cb’c1 N1 vg RG ib1 cb’e1 RB cb’c3 β ib1 r’e1 β ib3 ib3 r’e2 RE0 cb’e3 cb’e2 N2 r’e3 RO RE1 Para calcular el polo de alta frecuencia del nodo N1 tenemos que calcular la capacidad total de alta frecuencia que existe en ese nodo. Concretamente vemos que estan conectadas a ese nodo la capacidad cb´e1 y la capacidad cb´c1 . A esta última hemos de aplicar el teorema de Miller. Tomando K1 como: K1 = vc1 = −40,33 vb1 La capacidad total en ese nodo será: cN1 = cb´e1 +CM1 = cb´e1 + (1 − K1 ) · cb´c1 ≈ 28,3pF El esquema equivalente para calcular el polo introducido por este condensador será el siguiente: 29 N1 vg RG β ib1 ib1 cN1 RB r’e1 ib3 β ib3 r’e2 r’e3 RE0 RE1 RO La impedancia equivalente que se ve en bornas del condensador N1 será: REQ−N1 = RG kRB k(betaF + 1)r´e1 ≈ 857Ω =⇒ ωN1 = 1 ≈ 41Mr/s 28,3pF × 857Ω Apartado 4 Observando el esquema total en alta frecuencia, vemos que al nodo N2 tan solo está conectado el condensador cb´c3 . A este condensador habrá que aplicar el teorema de Miller para simplificarlo. Veremos que tiene una K3 igual a: K3 = vo = −2,9 vc1 La capacidad total de alta frecuencia que se observa en ese nodo será: cN2 = cM´3 K3 − 1 −2,9 − 1 = 0,2pF × = 269 f F K3 −2,9 El circuito equivalente para calcular el polo introducido por este condensador será el siguiente: N2 vg RG ib1 RB β ib1 r’e1 ib3 β ib3 r’e2 r’e3 RE0 RE1 cN2 RO La impedancia equivalente que se ve en bornas del condensador N2 será RO y por tanto: ωN2 = 1 ≈ 6,2Gr/s 269 f F × 600Ω Apartado 5 Para componer la función de transferencia hemos de recopilar información calculada a lo largo del ejercicio. Conocemos 3 polos de baja frecuencia (uno a 400r/s y dos a 4r/s), y por tanto deberán haber 3 ceros de baja frecuencia, que no calcularemos (no se pide) y por tanto supondremos a 0. La ganancia en frecuencias medias es AV = 83,57. En alta frecuencia conocemos dos polos a 41Mr/s y a 6,2Gr/s, y nos suministran un tercero a 50Mr/s. Por tanto la función de transferencia será: AV (s) = s3 1 · (83,67) · 2 6 (s + 800π) · (s + 8π) | {z } (s/50 × 10 + 1)(s/41 × 106 + 1)(s/6,2 × 109 + 1) | {z } A | {z } VM Baja frecuencia Alta frecuencia 30 En defintiva la función de transferencia será: AV (s) = 83,67s3 (s + 800π)(s + 8π)(1,62 × 10−10 s + 1)(2 × 10−8 s + 1)(2,44 × 10−8 s + 1) Apartado 6 Para representar la fase no hace falta normalizar. Tendremos que analizar la función descomponiéndola en cada uno de sus componentes: 1. La constante es positiva, por lo que introduce 0o . 2. El cero triple en cero (s3 ) introduce 90o × 3 = 270o . 3. El polo doble en 8π introduce una pendiente de −90o /dec desde 0,8π ≈ 2,5r/s hasta 80π ≈ 250r/s. 4. El polo en 800π introduce una pendiente de −45o /dec desde 80π ≈ 250r/s hasta 8000π ≈ 25Kr/s. 5. El polo en 41Mr/s lo vamos a aproximar a 50Mr/s a efectos de representación. En conjunto, este polo y el que está situado a 50Mr/s introducen una pendiente de −90o /dec desde 5M/s hasta 500Mr/s. 6. El polo situado a 6,2Gr/s introduce una pendiente de −45o /dec desde 620Mr/s hasta 62Gr/s. Por tanto y a modo de resumen tenemos: ω < 2,5r/s 2,5r/s 250r/s 25Kr/s 5Mr/s 500Mr/s 620Mr/s 62Gr/s > 62Gr/s Comentario Fase s3 Fase inicial, interviene y la fase de la constante Comienza una pendiente de −900 /dec debido al polo doble en 8π Finaliza el polo doble en 8π y comienza el polo en 800π, por lo que la pendiente cambia a −45o /dec Finaliza el polo en 800π y por tanto la pendiente queda en 0o /dec Comienza una pendiente de −90o /dec debida a los polos en 41Mr/s y 50Mr/s Finaliza la pendiente debida los polos en 41Mr/s y 50Mr/s, por lo que la pendiente queda en 0o /dec Comienza una pendiente de −45o /dec debida al polo en 6,2Gr/s Acaba la pendiente del polo en 6,2Gr/s y la fase pasa a 0o /dec Fase final 31 270o 270o 90o 0o 0o −180o −180o −270o −270o 8. Amplificador de 3 etapas Del amplificador de la figura conocemos los valores siguientes: R1 = 30KΩ R4 = 2KΩ CL = 100µF R2 = 10KΩ RC2 = 1KΩ VCC = 12V RC1 = 1K5Ω RE2 = 100Ω βF = 250 RE1 = 470Ω CB = 100µF cb´e = 20pF RES = 750Ω CE = 100µF cb´c = 1pF R3 = 18KΩ CD = 100µF VAF > 110V Se pide: 1. Ajustar CX para que aparezca un polo a 400Hz. 2. Calcular el cero que introduce CX . 3. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como m. 4. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como n. VCC R1 RC1 m Q2 CB Q1 R2 RC2 R3 vo CD Q3 n CE RE1 RES CL RE2 R4 CX Cálculos preliminares Antes de resolver los apartados de esta sección es necesario conocer el equivalente en pequeña señal del amplificador. Para ello, calcularemos aquellos elementos del punto en continua preciso. Partiendo del esquema dado: VCC R1 30ΚΩ CB RC1 R3 18ΚΩ 1Κ5Ω IC1 I1 Q2 CD Q1 IE2 R2 10ΚΩ RE1 470Ω IE1 CE RES 750Ω 32 1ΚΩ I2 RC2 vo IC3 Q3 CL IE3 R4 2ΚΩ RE2 100Ω CX Y suponiendo IBQ ≈ 0 y VBE ≈ 0,6, podemos deducir que: VB1Q ≈ VCC · R2 10KΩ = +12V × = 3V R1 + R2 10KΩ + 30KΩ Por tanto, la tensión en el emisor de Q1 será: VE1Q ≈ VBQ1 −VBE = 3 − 0,6 = 2,4V Por tanto, la corriente de emisor de Q1 será: VE1 2,4V = ≈ 5,1mA RE1 470Ω IEQ1 = Por tanto: r´e1 = vT 25mV ≈ 4,9Ω = IE1Q 5,1mA Al ser IC1Q ≈ IE1Q , entonces se tiene que la tensión de colector de Q1 (igual a la tensión de base de Q2) será: VC1Q = VB2Q = VCC − IC1Q × RC1 = +12V − 5,1mA × 1,5KΩ = 4,35V Por tanto la tensión de emisor de Q2, y su corriente IE2Q serán: VE2Q = VB2Q −VBE ≈ 4,35V − 0,6B = 3,75V =⇒ IE2Q = VE2Q 3,75 = = 5mA RES 750Ω Es decir que: r´e2 = vT 25mV = ≈ 5Ω IE2Q 5mA Finalmente, para calcular los parámetros de Q3 deducimos que: VB3Q ≈ VCC · 2KΩ R4 = +12V × = 1,2V R3 + R4 2KΩ + 18KΩ De aquı́ se deducen VE3Q e IE3Q : VE3Q = VB3Q −VBE ≈ 1,2V − 0,6B = 0,6V =⇒ IE3Q = VE3Q 0,6 = = 6mA RE2 100Ω Y de aquı́: r´e3 = 25mV vT = ≈ 4,17Ω IE3Q 6mA Apartado 1: Para realizar este ajuste, se debe calcular la impedancia equivalente que se ve en bornes de CX . Para ello se debe representar el equivalente en pequeña señal, anulando todos las capacidades, salvo CX . Este esquema se muestra a continuación: 33 βib1 vb1 ib1 R B1 vc1 ib2 RC1 r’e1 βib2 vb3 ib3 r’e2 βib3 vo RB3 ZE3 r’e3 C RE2 Donde: RB1 = RB3 = RC2 X R1 kR2 = 10KΩk30KΩ = 7K5Ω RES kR3 kR4 = 750Ωk18KΩk2KΩ ≈ 530Ω La impedancia que se ve en bornes de CX será RE2 kZE3 . La impedancia ZE3 se puede calcular por reflexión de impedancias: 1K5Ω RC1 530k 5 + RB3 k r´e2 + βF + 1 251 = 4,17 + ≈ 4,2 ZE3 = r´e3 + βF + 1 251 Por tanto, la impedancia en bornes de CX será: RX = RE3 kZE3 = 100Ωk4,2Ω ≈ 4Ω Dado que el polo que introduce el condensador CX está en: ωX = 1 = 2 × π fX RX ×CX Es decir que: CX = 1 1 = 99,47µF ≈ 100µF = 2π fx RX 2π400Hz × 4Ω Apartado 2: El cero estará donde CX que ib3 = 0 y esto ocurre cuando RE2 k(1/sCX ) = ∞. Es decir que: RE2 kCX = RE2 =∞ sCX RE2 + 1 =⇒ sCX RE2 + 1 = 0 Por tanto el cero estará para: s=− 1 1 ≡ = 100rad/s ≈ 16Hz CX RE2 100µF × 100Ω Apartado 3: Para calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como m, debemos dibujar el equivalente en pequeña señal, con todas las capacidades parásitas para ver que condensadores afectan al nodo m: 34 cb’c1 vb1 ib1 βib1 cb’c3 cb’e2 vc1 m ib2 r’e2 ib3 βib3 vi vo RB1 cb’e1 RC1 r’e1 cb’c2 βib2 RB2 cb’e3 r’e3 RC2 En este esquema vemos que sobre el nodo m influyen: 1. cb´c1 , pero sólo su componente de Miller secundaria (cM´1 ), tomando como K1 = vc1 /vb1 . 2. cb´c2 . 3. cb´e2 , pero sólo su componente de Miller primaria (cM2 ) tomando como K2 = ve2 /vb2 . Para el cálculo de K1 , vemos que tanto vc1 como vb1 se pueden escribir en función de ic1 ≈ ie1 . Sabemos que la tensión en el colector de Q1 será la corriente que sale de la fuente −βF ib1 por la resistencia vista en ese nodo. Aplicando la reflexión de impedancia tenemos que: vc1 = −βF · ib1 · {RC1 k [(βF + 1) · (r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3 )]} La tensión en el emisor de Q1 en pequeña señal será: ve1 = (βF + 1)ib1 · r´e1 Suponiendo βF ≈ βF + 1 se deduce que: K1 ≈ − Por tanto, cM´1 = RC1 k [(βF + 1) · (r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3 )] 1475 ≈− ≈ −290 r´e1 5,1 K1 − 1 cb´c1 ≈ 1pF. K1 Para calcular K2 vemos que tanto vb2 como ve2 se puede escribir en función de ib2 , ya que: vb2 = (βF + 1) ib2 (r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3 ) ve2 = (βF + 1) ib2 (RB2 k (βF + 1) · r´e3 ) Por tanto: K2 = RB2 k (βF + 1) · r´e3 ve2 = ≈1 vb2 r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3 Por tanto cM2 = (1 − K2 )cb´e2 = 0. En definitiva, sobre el nodo m aparece como capacidad: cm = cM´1 + cb´c2 + cM2 = 1pF + 1pF + 0 = 2pF El polo estará situado para aquella pulsación que cumpla: ωm = 1 cm × Rm Donde Rm es el valor de la resistencia equivalente que se ve en el nodo m, en bornas de cm . Esta resistencia, ya fue calculada antes y será: Rm = RC1 k [(βF + 1) · (r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3 )] ≈ 1475Ω 35 =⇒ ωm = 1 ≈ 340Mr/s ≡ 54MHz 1475Ω · 2pF Apartado 4: Para calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como n, debemos dibujar el equivalente en pequeña señal, con todas las capacidades parásitas para ver que condensadores afectan al nodo n: cb’c1 vb1 βib1 ib1 cb’c3 cb’e2 vc1 ib2 r’e2 n βib3 ib3 vi RB1 vo cb’e1 RC1 r’e1 cb’c2 βib2 RB2 cb’e3 r’e3 RC2 En este esquema vemos que sobre el nodo n influyen: 1. cb´e2 , pero sólo su componente de Miller secundaria (cM´2 ), tomando como K2 = ve2 /vb2 . 2. cb´e3 . 3. cb´c3 , pero sólo su componente de Miller primaria, tomando como K3 = vc3 /vb3 . El valor K2 , ya fue calculado en el apartado anterior, y dió K2 = 1. Por tanto cM´2 = El valor de K3 se puede deducir a partir de la corriente ib3 , ya que: K3 = K2 − 1 cb´e2 = 0. K2 RC2 1KΩ −βF ib3 RC2 ≈ −240 ≈− =− (βF + 1)ib3 r´e3 r´e3 4,17Ω La capacidad primaria Miller de cb´c3 será por tanto cM3 = (1 − K3 )cb´c3 = 241pF. Por tanto, la capacidad total en el nodo n será: cn = cM´2 + cb´e3 + cM3 = 0 + 20pF + 241pF = 261pF Conocida la capacidad en ese nodo, solo resta conocer la impedancia asociada al nodo n para determinar la ubicación del polo. Esta impedancia Rn será: RC1 1500 Rn = (βF + 1)r´e3 kRB2 k r´e2 + = (251 · 4,17Ω)k530Ωk 5 + ≈ 10,6Ω βF + 1 251 Por tanto, el polo estará situado en: ωn = 1 1 = ≈ 361Mr/s ≡ 57,5MHz cn · Rn 10,6Ω · 261pF 36 9. Cascodo con seguidor de emisor Sea el amplificador de la figura VCC R1 RC CD Q2 vi CB B Q3 CL R2 A vo Q1 R3 RE CE RS RL del que conocemos los siguientes valores: VCC = +12V RE = 200Ω cb´e = 30pF βF = 250 RS = 600Ω cb´c = 0,8pF R1 = 9KΩ RL = 600Ω VBEON = 0,7 R2 = 1,5KΩ CD = 100µF VAF ≈ ∞ R3 = 1,5KΩ CB = 100µF RC = 1,5KΩ CL = 100µF Se pide: 1. Calcular el polo y cero de baja frecuencia introducido por CL . 2. Suponiendo la entrada del amplificador en cortocircuito, ajustar CE para que introduzca un polo en 340Hz. Calcular el cero que introduce este condensador. 3. Suponiendo la entrada del amplificador en circuito abierto, calcular el polo y el cero de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como A. 4. Calcular el polo y el cero de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como B. 5. Si sabemos que este amplificador tiene una ganancia de tensión a frecuencias medias AV M = −233, otro polo de baja frecuencia en 20rad/s, otro cero de baja frecuencia en 0rad/s y y otro polo de alta frecuencia en 5Grad/s, escriba la función de transferencia completa del amplificador. Cálculos preliminares Para resolver el problema, primero hemos de obtener los parámetros de los transitores en pequeña señal. Para esto hemos de resolver el punto de operación del amplificador, para ello partimos del circuito mostrado en la siguiente figura: 37 VCC +12V 1.5ΚΩ 9ΚΩ R1 CD I1 RC Q3 Q2 1.5ΚΩ vi CL R2 vo Q1 CB 1.5ΚΩ R3 RE 200Ω CE 600Ω 600Ω RS RL Suponiendo βF 1 y por tanto las corriente de base despreciables, vemos que: I1 = VCC +12V = 1mA = R1 + R2 + R3 12K Ω La tensión en la base de Q1 será por tanto VB1 = I1 × R3 = 1,5V . Por tanto la tensión de emisor de Q1 será VE1 = VB1 −VBE = 1,5V − 0,7V = 0,8V , y conocida la tensión de emisor de Q1, deducimos la corriente de emisor de Q1 que será IE1 = VE1 /RE = 800mV /200Ω = 4mA. Por tanto la r´e1 será: r´e1 = vT 25mV = = 6,25Ω IE1 4mA Por otro lado, podemos comprobar que IE2 = IC1 ≈ IE1 . Por tanto: r´e2 = vT 25mV = = 6,25Ω IE2 4mA La tensión de colector de Q2 dependerá de IC2 ≈ IE2 ≈ IE1 , y será: VC2 = VCC − IC2 × RC = +12V − 4mA × 1,5KΩ = +6V Esta tensión VC2 también es la tensión de base de Q3, y por tanto la tensión de emisor de Q3 será VE3 = VB3 −VBE = +6V − 0,7V = 5,3V . De aquı́ se puede deducir la corriente de emisor de Q3 y la r´e3 : IE3 = 5,3V vT 25mV VE3 = = 8,833mA −→ r´e3 = = = 2,830Ω RS 600Ω IE3 8,833mA Apartado 1 Sabemos que el polo introducido por CL estará en: 1 CL · REQL ωL = Donde REQL será la resistencia que se ve en bornas de CL en pequeña señal. Para poder realizar este cálculo vamos a representar en pequeña señal el amplificador, anulando todos los condensadores de baja frecuencia salvo CL . El equivalente queda de la forma siguiente: ib1 entrada RB r’e1 Q1 Q2 βib1 r’e2 ib2 ib3 βib2 38 RC Q3 r’ e3 βib3 CL RS RL Lo primero que destaca es que se puede demostrar que por la entrada, esté abierta o cortocircuitada a masa, no circula corriente, y por tanto ib1 = 0. Además, como ie2 = ic1 = 0, y por tanto también ocurre que ib2 = 0. Por ello, el circuito se puede simplificar, ya que las fuentes de corriente dependientes βib1 y βib2 no suministran corriente y se comportan como circuitos abiertos. Por tanto, el equivalente simplificado queda de la forma siguiente: Q3 r’ CL RE3 e3 io ve3 ib3 vb3 RC RS βib3 RL La resistencia que se ve en bornes de CL será: REQL = RL + RS kRE3 La resistencia RE3 , es decir la impedancia que se ve en bornas del emisor de Q3, es la relación entre la tensión en ese punto y la corriente entrante en el emisor de Q3, es decir: ve3 RE3 = io Sabemos que: ve3 = io × r´e3 + vb3 La tensión vb3 es vb3 = −ib3 × r´e3 . Además la corriente io = −ie3 = −ib3 (βF + 1), y por tanto: ib3 = − io io −→ vb3 = + · RC βF + 1 βF + 1 Y por tanto: RE3 = RC ve3 = r´e3 + io βF + 1 La resistencia equivalente en bornas del condensador CL será: RC 1500Ω REQL = RL + RS k r´e3 + = 600Ω + 600Ωk 2,830Ω + ≈ 608,7Ω βF + 1 251 Por tanto, la situación del polo será:: ωL = 1 = 16,43rad/s 100µF · 608,7Ω Por otro lado, si el condensador CL se comporta como circuito abierto, la tensión de salida es cero. Esto quiere decir que CL introduce un cero para ω = 0rad/s Apartado 2 El polo introducido por CE sigue la relación: ωE = 1 CE × REQE Donde REQE es la resistencia que se ve en bornes de CE . De esta última expresión podemos deducir que el valor de la capacidad deberá ser: CE = 1 ωE × REQE Y por tanto, hemos de deducir el valor de la resistencia equivalente en bornas de CE . Para ello se representa el equivalente en pequeña señal del amplificador, con todos los condensadores —salvo CE — anulados. Este equivalente es: 39 ib1 entrada Q1 Q2 r’e2 ib2 βib1 r’e1 RB ib3 βib2 Q3 r’ e3 RC βib3 R’L RE CE La resistencia equivalente en bornas de CE es: REQE = RE kr´e1 = 200Ωk6,25Ω ≈ 6,061Ω Por tanto el condensador CE será CE = 1 ≈ 77µF 2π · 340Hz · 6,061Ω Si la corriente ie1 fuera 0, no habrı́a tensión de salida. Esta condición de cero se logra, cuando la impedancia vista en el emisor de Q1 se comporta como un circuito abierto. Por tanto, el cero que introduce CE satisface la ecuación: RE k 1 RE = ∞ −→ =∞ sCE sCE RE + 1 Por tanto: sCE RE + 1 = 0 −→ s = − 1 CE · RE Por tanto, el cero introducido por CE será: ωze = 1 ≈ 64,93rad/s 77µF · 200Ω Apartado 3 Para calcular el polo introducido en el nodo A, primero debemos representar el equivalente en pequeña señal y en alta frecuencia completo: cb’c1 A entrada RB cb’e1 cb’e3 ib1 r’e1 ib3 βib1 r’e2 ib2 cb’e2 βib2 cb’c2 RC cb’c3 r’e3 βib3 R’L En este esquema se ve que los condensadores que afectan al nodo A son cb´e1 y cb´c1 . Concretamente, al condensador cb´c1 se le debe aplicar el teorema de Miller. Este condensador está conectado entre la base de Q1 y el colector de Q1, y por tanto K será igual a: K= vc1 −ic1 · r´e2 βF · ib1 · r´e2 r´e2 = =− ≈− = −1 vb1 ie1 · r´e1 (βF + 1) · ib1 · r´e1 r´e1 La capacidad de Miller, que será la que afectará al nodo A, será por tanto: cMA = (1 − K) · cb´c1 = 2 × 0,8pF = 1,6pF El circuito equivalente que quedará, para calcular el polo introducido en el nodo A será: 40 ib1 entrada cA RB ib3 βib1 r’e1 r’e2 ib2 βib2 r’e3 RC R’L βib3 Donde el condensador cA = cb´e1 + cMA = 31,6pF. El polo que introduce este condensador será: ωA = 1 REQA × cA Donde, REQA es el polo que ve el condensador cA en sus bornas. Esta resistencia equivalente (aplicando reflexión de impedancias) es: REQA = RB k (βF + 1) · r´e1 = R2 kR3 k (βF + 1) · r´e1 = 1500Ωk1500Ωk(251 · 6,25Ω) ≈ 507,4Ω Por tanto, el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo A será: ωA = 1 ≈ 62,37Mrad/s 507,4 × 31,6pF Este condensador CA anula la salida del amplificador cuando se comporta como un cortocircuito, por tanto introduce un cero para ωzA = ∞ (es decir, no introduce cero). Apartado 4 Para calcular el polo introducido en el nodo B, volvemos a representar el equivalente en pequeña señal y en alta frecuencia completo, marcando el nodo B: cb’c1 cb’e3 B ib1 entrada RB cb’e1 r’e1 βib1 r’e2 ib2 cb’e2 ib3 RC βib2 cb’c2 cb’c3 r’e3 βib3 R’L Vemos que al nodo B afectan los condensadores cb´c2 , cb´c3 y cb´e3 . A este último hay aplicar el teorema de Miller, ya que está conectado entre la base de Q3 y el emisor de Q3. Por tanto K será igual a: K= ve3 R´L RS kRL 600Ωk600Ω = = = ≈1 vb3 R´L + r´e3 RS kRL + r´e3 600Ωk600Ω + 2,830Ω Por tanto el condensador de Miller, —que es el que afectará al nodo B— es: cMB = (1 − K) · cbe ≈ 0 Por tanto, el equivalente en pequeña señal para calcular el polo en el nodo B quedará de la forma siguiente: B ib1 entrada RB βib1 r’e2 ib2 βib2 41 RC ib3 cB r’e3 βib3 R’L Donde el condensador cB = cb´c2 + cb´c3 + cMB = 0,8pF + 0,8pF + 0 = 1,6pF. El polo que introduce este condensador estará situado en: ω= 1 REQB · cB Donde REQB es la impedancia equivalente que ve el condensador cB en sus bornas. Esta impedancia equivalente, aplicando reflexión de impedancias, sale: REQB = RC k (βF + 1) (r´e3 + R´L ) = 1500Ωk251 · (2,830Ω + 600Ωk600Ω) ≈ 1471Ω Y por tanto, el polo estará situado en: ωB = 1 ≈ 424,9Mrad/s 1471Ω · 1,6pF Este condensador CB anula la salida del amplificador cuando se comporta como un cortocircuito, por tanto introduce un cero para ωzB = ∞ (es decir, no introduce cero). Apartado 5 Recapitulando toda la información disponible tenemos que: P OLOS 20rad/s 16,43rad/s 2136rad/s 5Grad/s 62,37Mrad/s 424,9Mrad/s De baja frecuencia, dado en el apartado 5 De baja frecuencia, calculado en el apartado 1 De baja frecuencia, calculado en el apartado 2 (2π × 340Hz) De alta frecuencia, dado en el apartado 5 De alta frecuencia, calculado en el apartado 3 De alta frecuencia, calculado en el apartado 4 C EROS 0rad/s 0rad/s 64,93rad/s n/d n/d De baja frecuencia, dado en el apartado 5 De baja frecuencia, calculado en el apartado 1 De baja frecuencia, calculado en el apartado 2 De alta frecuencia, apartado 3 De alta frecuencia, apartado 4 Por tanto, la función de transferencia del amplificador será: AV (s) = −233 · s2 (s + 64,93) s s s (s + 20) (s + 16,43) (s + 2136) +1 +1 +1 5 × 109 62,37 × 106 424,9 × 106 42 10. Emisor común más seguidor Dado el amplificador de la figura: VCC RC R1 Q2 CL entrada salida Q1 CB RS R2 RE RL CE del que conocemos los siguientes valores: VCC +12V R1 10KΩ R2 2KΩ RC 1,5KΩ RE 280Ω RS 390Ω RL 390Ω CL 22µF CB 22µF βF 250 cb´e 30pF cb´c 1,2pF Se pide: 1. Calcular el polo y cero introducido por CL 2. Ajustar CE para situar el polo a 500Hz y calcular el cero que introduce, suponiendo que la entrada está en circuito abierto. 3. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en la base de Q1 suponiendo la entrada está en circuito abierto. 4. Si el resto de los polos están situados a 22Hz, 45MHz, existe un cero adicional a 0Hz, y la ganancia a frecuencias medias es AV m = −285, escriba la función de transferencia a frecuencias medias. Cálculos preliminares Antes de comenzar el cálculo del problema hemos de calcular el punto en continua para obtener los valores del modelo en pequeña señal de Q1 y Q2. Para ello partimos del esquema siguiente: +12V RC R1 10ΚΩ entrada 1Κ5Ω Q2 22µF CL 22µF salida Q1 CB R2 2ΚΩ RS RE CE 280Ω 43 390Ω RL 390Ω Como βF 1, suponemos que IBQ en ambos transistores es muy pequeña (≈ 0). Si esto es ası́ entonces: VB1Q = VCC × R2 = 2V R1 + R2 Por tanto, y suponiendo VBEon ≈ 0,6V , VE1Q ≈ 2 − 0,6 = 1,4V . Conocida la tensión de emisor de Q1, podemos deducir IE1Q = VE1Q /RE = 5mA. Como βF 1, suponemos que IC1Q ≈ IE1Q . Si por el mismo motivo, suponemos además que IB2Q ≈ 0, deducimos que VC1Q = VB2Q ≈ VCC − IC1Q × RC , es decir que VB2Q ≈ 12 − 5mA × 1500Ω = 4,5V . De aquı́ concluı́mos que VE2Q = VB2Q − VBEon ≈ 3,9V . Por tanto, la corriente por el emisor de Q2 será IE2Q = VE2Q /RS = 10mA. En resumen, concluimos que: 5mA IE1Q = 5Ω = r´ = e1 vT 25mV r´e2 = IE2Q 10mA = = 2,5Ω vT 25mV Apartado 1 Para calcular el polo y cero de CL se ha de representar el equivalente en pequeña señal de amplificador, anulando todos los condensadores de baja frecuencia (suponiéndolos en cortocircuito), salvo CL , y deducir de este esquema el polo y cero que introduce CL . Este equivalente en pequeña señal del amplificador es el siguiente: B1 entrada RB βib1 ib1 C1 B2 r’e1 RC βib2 E1 E2 C L r’e2 ib2 RS salida RL C2 Donde RB = R1 kR2 . Para deducir el polo que introduce el condensador CL hemos de calcular la resistencia equivalente que ve en bornas este condensador. Para ello hemos de anular el generador de entrada, lo cual provoca que ib1 = 0, y por tanto la fuente de corriente βib1 de corriente 0, es decir se comporte como circuito abierto. Por ello, se puede aplicar la siguiente simplificación al circuito: B2 RC E2 C L r’e2 ib2 βib2 RS ZE2 salida RL C2 Si deducimos la impedancia vista en bornas de CL tenemos que será: REQL = RL + ZE2 Hemos de deducir ZE2 , que será el paralelo de RS y la impedancia vista desde el emisor de Q2 hacia la base, aplicando reflexión de impedancias: RC ZE2 = RS k r´e2 + βF + 1 Y por tanto la posición del polo será: ωl = 1 CL × RL + RS k r´e2 + RC βF + 1 ≈ 1 = 114rad/s = 18Hz 22µF × 398,3Ω El condensador anula la salida cuando se comporta como circuito abierto, y por tanto tendrá un cero para s = 0 . 44 Apartado 2. Para poder ajustar el polo de CE , primero hemos de calcular su expresión. Para ello hemos construir el equivalente en pequeña señal sin anular CE , y anulando el resto de condensadores de baja frecuencia. Este equivalente será: B1 entrada RB C1 βib1 ib1 B2 ib2 r’e1 RC r’e2 βib2 E1 E2 salida RS ||RL C2 RE CE Suponiendo que la entrada está abierta —tal como especifica el enunciado—, y viendo que la carga de colector de Q1 no afecta a la impedancia vista por CE podemos hacer la siguiente simplificacion: B1 βib1 ib1 RB r’e1 E1 Z E1 RE CE En este esquema vemos que la impedancia vista por el condensador de emisor será: REQE = RE kZE1 Donde la impedancia ZE1 es la impedancia vista en el emisor de Q1. Aplicando reflexión de impedancias tenemos: ZE1 = r´e1 + RB βF + 1 Por tanto, deducimos que el valor del CE será: ωe = 2π · 500Hz = 1 1 1 = =⇒ CE = = 28,5µF R1 kR2 CE × 11,18Ω 2π500Hz × 11,18Ω CE × RE k r´e1 + βF + 1 La condición de cero se producirá cuando el condensador CE logre anular la salida. Si nos percatamos de que esto se puede conseguir haciendo ie1 = 0, es decir cuando el paralelo de RE y CE se comportan como circuito abierto. Es decir que: RE k 1 RE = = ∞ =⇒ sCE RE + 1 = 0 sCE sCE RE + 1 Por tanto, el cero estará en: ωz = 1 = 125rad/s ≈ 20Hz CE × RE 45 Apartado 3 Para resolver este apartado se debe representar el equivalente en alta frecuencia del amplificador, para ver que capacidades de alta frecuencia influyen en el mencionado nodo (la base de Q1). El equivalente será: cb’c1 entrada RB ib1 cb’e1 cb’e2 βib1 r’e1 ib2 RC r’e2 cb’c2 βib2 salida RS ||RL En este esquema vemos que en la base de Q1 influyen tanto cb´e1 , como cb´c1 . Además, vemos que se ha de aplicar el teorema de Miller a cb´c1 . La K de Miller será la relación entre el colector de Q1 y la base de Q1: K= vc1 −βF · ib1 RC k (βF + 1) · (r´e2 + RS kRL ) 1456Ω = =− = −291 vb1 (βF + 1) · ib1 r´e1 5Ω Por tanto, el condensador cb´c1 tendrá como equivalente los condensadores: cM1 = (1 − K) · cb´c1 = 292 × 1,2pF = 350,4pF K −1 −293 · cb´c1 = · 1,2pF ≈ 1,2pF cM´1 = K −292 El esquema, una vez simplificado los condensadores, y eliminados todos aquellos que no afecta al nodo mencionado queda de la forma: entrada RB ib1 cT1 βib1 r’e1 ib2 RC r’e2 βib2 salida RS ||RL Donde el condensador cT 1 = cb´e1 + cM1 = 380,4pF. Para deducir el polo hemos de deducir la resistencia en bornas de cT 1 . Suponiendo la entrada abierta, tal como indica el enunciado, y aplicando reflexión de impedancias queda: REQB1 = RB k (βF + 1) · r´e1 Por tanto, el polo de este nodo queda en: ωb1 = 1 1 = = 3,67Mr/s ≈ 580KHz cT 1 × (RB k(βF + 1) · r´e1 ) 380,4pF × 716Ω Apartado 4 La función de transferencia será: AV (s) = − 285 × s2 · (s + 125) s s + 1 · + 1 (s + 114) · (s + 138) · (s + 3142) · 3,67 × 106 282 × 106 46 11. Cálculo de la frecuencias de corte De la función de transferencia: AV (S) = −170s2 (s + 64,3) (s + 1,2)(s + 1,6)(s + 1160)(2,5 × 10−6 s + 1)(11 × 10−9 s + 1) 1. Determine su frecuencia de corte inferior. Hay polo dominante en baja frecuencia: ωci = 1160r/s, es decir fci ≈ 185Hz. 2. Determine su frecuencia de corte superior. (1 punto). Hay polo dominante en alta frecuencia: ωcs = 400Kr/s, es decir fcs ≈ 64KHz. Y de la siguiente función de transferencia: AV (S) = −170s2 (s + 116) (s + 1,2)(s + 160)(s + 1160)(2,5 × 10−6 s + 1)(10−6 s + 1) 3. Determine su frecuencia de corte inferior. (1 punto). No hay polo dominante a baja frecuencia, pero sólo tenemos en cuenta aquellos polos y ceros que queden a menos de una década (ω = 160r/s y ω = 1160r/s), la pulsación de corte será: ωci = 1,1 · p 11602 + 1602 ≈ 1290r/s Es decir, la frecuencia de corte inferior será fci ≈ 205Hz. 4. Determine su frecuencia de corte superior. (1 punto). Tampoco hay polo dominante en alta frecuencia. Por tanto: ωcs = r 1,1 · 1 ≈ 337Kr/s 1 1 + 400K 2 1M 2 es decir fcs ≈ 54KHz. 47 12. Base común en baja frecuencia Partiendo del amplificador de la figura: VCC RC vo CB R1 CC R2 RE RL vi RG cuyos datos son: βF = 250 VCC = 9V R1 = 10KΩ CE R2 = 3KΩ RE = 150Ω RC = 470Ω RL = 600Ω RG = 50Ω Se pide: 1. Calcule la expresión del polo y cero introducido por CB . 2. Calcule la expresión del polo y cero introducido por CC . 3. Calcule la expresión del polo y cero introducido por CE . 4. Calcule la ganancia a frecuencias medias. 5. Ajuste los condensadores de bajas frecuencias para tener una frecuencia de corte inferior de 160Hz. Primero se debe calcular el punto de operación del circuito para obtener el equivalente en pequeña señal del amplificador. Para ello utilizamos el siguiente esquema: +9V 470Ω 10ΚΩ CB R2 3ΚΩ vi VCC RC vo R1 CC 600Ω RE 150Ω 50Ω RG CE 48 RG Asumiendo IB ≈ 0 se tiene que: VB ≈ 9V × 3K ≈ 2,08V 10K + 3K =⇒ VE ≈ 2,08 − 0,6 = 1,48V =⇒ r´e = Por tanto la corriente de emisor será: IE = 1,48V = 9,85mA 150Ω vT ≈ 2,54Ω IE Además, será de ayuda saber que: RL´ = 600Ω||470Ω ≈ 264Ω RB = 10KΩ||3KΩ ≈ 2,31KΩ El equivalente en pequeña señal del amplificador será (contemplando todos sus condensadores): vi RG CE βib r’e CC vo ib RE RC CB RL RB Apartado 9 Para calcular este apartado sólo debemos contemplar CB . De esta forma queda el siguiente esquema: RG vi βib r’e vo ib RE RL’ CB RB En este esquema se debe calcular la resistencia equivalente REQB que ve en bornes CB . Para ello se anula el generador de entrada (vi = 0, es decir RG a tierra). De esta forma la resistencia equivalente queda: REQB = RB (β f + 1) · (r´e + RG ||RE ) ≈ 1880Ω Por tanto, el polo estará situado para: ωB = 1 CB · RB [(β f + 1) · (r´e + RG ||RE )] En cuanto al cero, se puede comprobar que si CB es circuito abierto, no se anula la señal de salida. Se anula cuando el conjunto CB ||RB es circuito abierto. Es decir: 1 RB RB = ∞ =⇒ = ∞ =⇒ sCB RB + 1 = 0 =⇒ s = −CB · RB sCB sCB RB + 1 Por tanto el cero estará para: ωZ−B = 1 CB · RB 49 Apartado 2 Para calcular este apartado sólo debemos contemplar CC . De esta forma queda el siguiente esquema: βib r’e RG vi CC vo ib RE RC RL Si se anula el generador, y no existe ningún generador independiente en la zona de base o emisor, la corriente ib = 0 y por tanto, el generador de corriente dependiente βib se comporta como circuito abierto. Es decir, que la resistencia que ve en sus bornes CC será: REQC = RC + RL = 1070Ω =⇒ ωC = 1 CC (RC + RL ) Además, se comprueba que si CC es circuito abierto, no hay señal a la salida y por tanto se introduce un cero para s = 0. Apartado 3 Para calcular este apartado sólo debemos contemplar CE . De esta forma queda el siguiente esquema: vi RG CE βib r’e vo ib RE RL’ Suponiendo el generador anulado, la resistencia que se ve en bornas de CE será: REQE = RG + RE ||r´e = 52,5Ω Por tanto el polo estará en: ωE = 1 CE · (RG + RE ||r´e ) Además, se comprueba que si CE es circuito abierto, no hay señal a la salida y por tanto se introduce un cero para s = 0. Apartado 4 Para calcular la ganancia, se debe dibujar el equivalente a frecuencias medias del amplificador: vi RG ve βib r’e vo ib RE La ganancia se va a calcular en dos pasos: AV = vo vo ve = · vi ve vi 50 RL’ El primer término puede ser relacionado respecto a ib puesto que: −β f ib · RL´ vo RL´ = ≈ ≈ +104 ve −(β f + 1)ib · r´e r´e El segundo término se puede obtener mediante la relación de un divisor de tensión: ve RE ||r´e = ≈ +47,6 × 10−3 vi RG + RE ||r´e Por tanto la ganancia a frecuencia medias será: AV = vo = (+104) · (+47,6 × 10−3 ) ≈ +4,95 vi Apartado 5 Para tener una frecuencia de corte a 1Kr/s (es decir 160Hz), se debe situar un polo en 1Kr/s y el resto de los polos por debajo de 100r/s. En este caso vamos a situarlos a 10r/s. Para el polo dominante escogemos ωE , puesto que es la que menor resistencia equivalente en sus bornas ve. Por tanto: 1 1 ωE = = 1000r/s =⇒ CE = = 19µF CE · 52,5Ω 1000r/s · 52,5Ω 1 1 ωC = = 10r/s =⇒ CC = = 96µF CC · 1040Ω 10r/s · 1040Ω 1 1 ωB = = 10r/s =⇒ CB = = 53µF CB · 1880Ω 10r/s · 1880Ω 51 13. Amplificador de 3 etapas en alta y baja frecuencia Se dispone de un amplificador como el de la figura: VCC R1 RC1 Q2 CB Q1 R2 RC2 R3 vo CD Q3 CB n CB RE1 RES R4 RE2 CB del cual se conocen los siguientes datos: VCC = +15V RC2 = 1,8KΩ R1 = 120KΩ RE2 = 350Ω R2 = 30KΩ RES = 2,2KΩ R3 = 39KΩ CB ≈ ∞ R4 = 6KΩ βF ≈ 300 RC1 = 10KΩ cb´e = 22pF RE1 = 2,4KΩ cb´c = 1,5pF Se pide: 1. Ajustar CD para tener una frecuencia de corte inferior de 100Hz 2. Calcular el polo de alta frecuencia asociado al nodo n Cálculos preliminares Primero debemos calcular el punto de operación del circuito para obtener los parámetros de pequeña señal de los dispositivos activos incluidos en él. El esquema sobre el que se calcula es: +15V R1 120ΚΩ Q2 Q1 1,8ΚΩ 39ΚΩ 10ΚΩ CB RC2 R3 RC1 CD n VCC vo Q3 CB RES R2 30ΚΩ RE1 CB 2,2ΚΩ R4 6ΚΩ 2,4ΚΩ RE2 350Ω CB Suponiendo βF 1, e IB ≈ 0 podemos deducir que: VB1 = VCC × R2 = 3V =⇒ VE1 = VB1 −VBE = 2,4V R1 + R2 Por tanto: IE1 = VE1 vT = 1mA =⇒ r´e1 = = 25Ω RE1 IE1 52 Además: VC1 = VCC − IC1 × RC1 = 15 − 1mA × 10KΩ = 5V =⇒ VE2 = VC1 −VBE = 4,4V De aquı́ se concluye que: vT VE2 = 2mA =⇒ r´e2 = = 12,5Ω RES IE2 IE2 = Respecto a los parámetros de Q3 se puede deducir que: R4 = 2V =⇒ VE3 = VB3 −VBE = 1,4V R3 + R4 VB3 = VCC × Y por tanto: VE3 vT = 4mA =⇒ r´e3 = = 6,25Ω RE2 IE3 IE3 = Apartado 1: El modelo en pequña señal que deberemos utilizar para calcular el polo introducido por el condensador CD es el que se muestra en la figura siguiente. ZE2 vb1 ib1 RB1 r’e1 βib1 vc1 ib2 RC1 r’e2 βib2 ZB3 CD vb3 ib3 βib3 vo RES RB2 r’e3 RC2 En este esquema RB1 = R1 kR2 , y RB2 = R3 kR4 . El polo introducido por CD estará situado a la pulsación: ωD = 1 CD × REQD Donde REQD = ZE2 + ZB3 . Aplicando reflexión de impedancias para calcular ambas impedancias se deduce que: RC1 ≈ 44,8Ω ZE2 = RES k r´e2 + βF + 1 ZB3 = RB2 k (βF + 1) r´e3 ≈ 1380Ω Dado que el resto de los condensadores de baja frecuencia son de valor elevado (se indica ∞), la frecuencia de corte inferior será la frecuencia del polo que introduzca CD , y por tanto, como se pide que esa frecuencia sea 100Hz se deduce que: CD = 1 1 = ≈ 1,1µF ωD × REQD 2π × 100Hz × (1380 + 44,8) 53 Apartado 2: Para calcular el polo de alta frecuencia asociado al nodo indicado se debe representar el equivalente en alta frecuencia del amplificador, el cual queda como sigue: cb’c1 vb1 vi ib1 cb’e1 RB1 βib1 RC1 r’e1 cb’c3 cb’e2 ib2 vc1 cb’c2 r’e2 βib2 n RB2 ib3 βib3 vo cb’e3 r’e3 RC2 En este esquema RB1 = R1 kR2 y RB2 = RES kR3 kR4 . En este esquema está señalado el nodo n. Se observa que, para el cómputo de alta frecuencia de dicho polo se deben tener en cuenta tres condensadores parásitos: cb´e2 , cb´e3 y cb´c3 . Además, dos de ellos deben ser simplificados mediante el teorema de Miller (cb´e2 y cb´c3 ). Para simplificar por Miller cb´e2 debemos deducir la K2 de Miller asociada: K2 = vn vc2 La resistencia dinámica r´e2 actúa como separación de ambos nodos, y por tanto se puede escribir la ecuación de un divisor resistivo, aplicando reflexión de impedancias: K2 = RB2 k(βF + 1) · r´e3 ≈1 r´e2 + RB2 k(βF + 1) · r´e3 Por tanto, el condensador que afectará al nodo n será: cM´2 = K2 − 1 · cb´e2 ≈ 0 K2 La otra simplificación de Miller tiene asociada la K3 : K3 = vo vn Esta ecuación se puede obtener escribiendo las ecuaciones esas tensiones respecto a ib3 ya que: vo = −βF ib3 RC2 RC1 =⇒ K3 = − = −288 r´e3 vn = (βF + 1)ib3 r´e3 Por tanto, el condensador que afecta al nodo n será: cM3 = (1 − K3 )cb´c2 = 289 × 1,5pF = 433,5pF El condensador total asociado al nodo n será por tanto cN = 0 + 22pF + 433,5pF = 455,5pF. El circuito equivalente con las simplificaciones de Miller será: vb1 ib1 βib1 vc1 ib2 r’e2 n vi R B1 r’e1 R C1 βib2 R B2 54 cN ib3 βib3 vo r’e3 R C2 Sólo se representa el condensador cN , que es el que nos interesa para el polo que se nos pide. Este nodo ve asociada una resistencia, que mediante reflexión de impedancia se puede deducir como: RC2 ZN = (βF + 1)r´e3 kRB2 k r´e2 + ≈ 43,4Ω βF + 1 Por tanto el polo de alta frecuencia asociado a este nodo n estará situado en: ωN = 1 ≈ 50,6Mr/s ≈ 8MHz ZN × cN 55 14. Cascodo en alta frecuencia Sea el amplificador de la la figura, del cual se sabe que los transitores son BC547B/BC557B, los cuales tienen una βF ≈ 350, y una tensión VBEon ≈ 0,6V . La alimentación del amplificador es VCC = +12V . Además, los valores de los componentes del amplificador son: RG = 1KΩ R3 = 20KΩ R1 = 100KΩ R4 = 100KΩ R2 = 20KΩ RC2 = 6KΩ RC1 = 700Ω RL = 6KΩ RE = 1K4Ω VCC R1 vi RG RC1 R3 CC vo Q2 CB Q1 R2 RE CE R4 CD RC2 RL Se sabe que todos los condensadores de acoplo y desacoplo de baja frecuencias son C ≈ ∞, y que los condensadores cb´e = 25pF y cb´c = 1,8pF. Se desea obtener su respuesta en altas y medias frecuencias. Cálculo en DC Previo a la solución en pequeña señal del problema, se debe calcular el punto de operación del circuito, para obtener los parámetros de pequeña señal de los modelos de los dispositivos activos, incluidos en el circuito. Anotando las tensiones y corrientes en continua de interés en el esquema resulta: VCC IX R1 vi RG RC1 CB VE2 R3 IC2 VB1 R2 RE vo Q2 IX IE2 Q1 V E1 CC VB2 CE R4 CD RC2 RL IE1 Empezando por Q1, y asumiendo que IB1 es despreciable frente a la corriente que circula por R1 y R2 , se puede comprobar que: VB1 = VCC × R2 20KΩ = +12V × = 2V R1 + R2 100KΩ + 20KΩ 56 Por tanto, a partir de aquı́ se deduce que VE1 = VB1 − VBE ≈ 1,4V . Y a partir de la tensión de emisor, se puede conocer la corriente que circula por la resistencia RE , que en continua es la misma que circula por el emisor de Q1, y será: IE1 = VE1 1,4V = 1mA = RE 1,4KΩ Y dado que el transistor se supone en activa, y βF 1, se tiene que IC1 ≈ IE1 = 1mA. Para el transistor Q1 ya se puede calcular su r´e1 : r´e1 = vT 25mV = 25Ω = IE1 1mA Para analizar Q2, primero se puede calcular la tensión de base de este transistor (suponiendo IB2 despreciable frente a la corriente en R3 y R4 ): VB2 = VCC × R4 100KΩ = 10V = 12V × R3 + R4 100KΩ + 20KΩ De aquı́ ya se puede deducir VE2 = VB2 + VEB2 ≈ 10,6V . Nótese que esta tensión VE2 , es igual a VC1 , puesto que ambos terminales están interconectados. Además conocida esta tensión, podemos deducir la corriente que circula por RC1 , que será: IX = VCC −VE2 12V − 10,6V = 2mA = RC1 700 En el esquema se puede comprobar que: IX = IE2 + IC1 =⇒ IE2 = IX − IC1 = 1mA Por tanto: r´e2 = vT 25mV = = 25Ω IE2 1mA La corriente de colector de Q2 será por tanto IC2 ≈ IE2 . Además se puede comprobar que VC2 = IC2 × RC2 = 6KΩ × 1mA = 6V . Se puede verificar que tanto Q1 como Q2 están en activa directa. Dado que r´e1 = r´e2 y por tanto r´e1 = r´e2 = r´e Análisis en pequeña señal Esquema en pequeña señal Para calcular el equivalente en pequeña señal, se cortocircuitan los condensadores de baja frecuencia, y se anula la fuente de alimentación continua VCC , quedando el circuito de la forma: R1 vi RC1 R3 vo Q2 RG Q1 R2 RE R4 57 RC2 RL En este esquema se comprueba que VE1 queda conectado a masa, igual que VB2 . Además la resistencia RG queda conectada directamente a la base de Q1. Las resistencias R1 y R2 quedan en paralelo tomando el valor RB = R1 kR2 ≈ 16,7KΩ. Igualmente, las resistencias RC2 y RL también quedan en paralelo resultado R´L = RC2 kRL = 3KΩ. Las resistencias RE , R3 y R4 quedan anuladas por los condensadores de baja frecuencia. De esta forma, sustituyendo los transistores por sus equivalente en pequeña señal (incluyendo los condensadores de alta frecuencia) queda el equivalente: vi RG cb’c B1 ib1 RB C1 E2 βib1 r’e cb’e r’e RC1 Q1 cb’e ib2 Q2 C2 βib2 cb’c vo R’L B2 E1 Cálculo del condensador de Miller de Q1 En este esquema se comprueba que el condensador cb´c de Q1 debe ser simplificado por Miller. La K de este condensador será: vc1 vb1 K= El esquema sobre el que se calculará el valor de K será: vi RG vb1 ib1 RB vc1 βib1 vb1 r’e = (βF + 1)ib1 × r´e vo ib2 βib2 R’L RC1 En este esquema se puede comprobar que: vc1 = −βF ib1 × (RC1 kr´e ) r’e =⇒ K = RC1 kr´e vc1 ≈− ≈ −1 vb1 r´e Por tanto, se tiene que: c M = cb´c · (1 − K) = 1,8pF × (1 + 1) = 3,6pF cM´ = cb´c · K − 1 = 1,8pF × −1 − 1 = 3,6pF K −1 Equivalente simplificado de alta frecuencia Sustituyendo el condensador cb´c de Q1 por los condensadores de Miller, el circuito queda: 58 r’e RG vi ib1 RB βib1 cT1 vo ib2 RC1 r’e cT2 βib2 cb’c R’L donde: cT 1 = cb´e1 + cM = 28,6pF cT 2 = cb´e2 + cM´ = 28,6pF Cálculo de los polos y ceros de alta frecuencia Condensador cT 1 El polo de este condensador esta situado en: s=− 1 cT 1 × REQT 1 donde REQT 1 = RG kRB k(βF + 1)r´e Numéricamente resulta: REQT 1 = 1KΩk16,7KΩk(350 + 1) · 25Ω ≈ 852Ω =⇒ s = − 1 ≡ 41Mr/s = 852Ω × 28,6pF Este condensador no introduce cero. Condensador cT 2 El polo de este condensador esta situado en: s=− 1 cT 2 × REQT 2 donde REQT 2 = RC1 kr´e Numéricamente resulta: REQT 2 = 700Ωk25Ω ≈ 24,1Ω =⇒ s = − 1 ≡ 1,45Gr/s 24,1Ω × 28,6pF Este condensador no introduce cero. Condensador cb´c El polo de este condensador esta situado en: s=− 1 cb´c × REQ3 donde 59 REQ3 = R´L Numéricamente resulta: REQ3 = 3KΩ =⇒ s = − 1 ≡ 185Mr/s 3KΩ × 1,8pF Este condensador no introduce cero. Cálculo de la ganancia a frecuencias medias Para calcular la ganancia a frecuencias medias se debe plantear el esquema en pequeña señal sin los condensadores de alta frecuencias: ZB vi RG (β+1)ib2 vc1 r’e vb1 ib1 RB βib1 ib2 r’e vo βib2 RC1 R’L (β+1)ib1 En este esquema se puede comprobar que la ganancia se puede descomponer en: AV M = vo vo vc1 vb1 · = · vi vc1 vb1 vi |{z} |{z} |{z} (1) (2) (3) Cálculo del término (1) : Este término está relacionado con el transistor Q2, que está en una configuración en base común, puesto que tiene la base a tierra, la entrada por emisor y la salida por colector. Tanto la tensión vo como vc1 pueden ser escritas en función de ib2 : vo = −βF · ib2 · R´L R´L vo ≈ = 120 =⇒ vc1 r´e vc1 = −(βF + 1)ib2 · r´e Cálculo del término (2) : Este término está relacionado con el transistor Q1, que está en configuración emisor común, puesto que tienen el emisor a tierra, la entrada por la base y la salida por el colector. Ambas tensiones de este término se pueden relacionar por ib1 : vc1 = −βF · ib1 · (R´C1 kr´e vc1 RC1 kr´e 700Ωk25Ω =− ≈ −0,965 =⇒ ≈− vb1 r´e 25Ω vb1 = (βF + 1)ib1 · r´e Cálculo del término (3) : Este término está relacionado la red de polarización de entrada. La relación es la del divisor de tensión formado por RG y ZB . Dado que ZB = RB k(βF + 1) · r´e , se puede tener que: vb1 = vi · ZB RG + ZB =⇒ vb1 RB k(βF + 1) · r´e 16,7KΩk(350 + 1) · 25Ω = = ≈ 0,852 vi RG + RB k(βF + 1) · r´e 1KΩ + 16,7KΩk(350 + 1) · 25Ω Ganancia total a frecuencias medias. La ganancia total a frecuencias medias será: AV M = (120) · (−0,965) · (0,852) ≈ −98,7 60 Composición de la función de transferencia de media y alta frecuencias A partir de los resultados calculados se tiene: A(S) = −98,7 (24,4 × 10−9 s + 1)(130 × 10−12 s + 1)(5,40 × 10−9 s + 1) ANEXO: Comparación con la simulación Para dar una idea de cual es la relación entre el resultado calculado y el resultado exacto, se ha procedido a simular el circuito del problema en gnucap, utilizando un modelo del transistor idéntico al utilizado en nuestros cálculos (βF = 350, cb´e = 25pF, cb´c = 1,8pF y r´e = 25Ω). Se presenta gráficamente el resultado obtenido. Módulo En la siguiente figura se presenta, en azul la curva obtenida mediante simulación y en negro la representación exacta de la función de transferencia calculada. dB 40 20 0 −20 −40 −60 −80 −100 −120 10k 100k 1M 10M 100M 1G 10G 100G En la curva se comprueba que hasta al menos 1Gr/s ambas curvas se ajustan perfectamente, lo cual indica que los polos situados a 41Mr/s, 185Mr/s y 1,45Gr/s están bien situados. Sin embargo, a partir de 10Gr/s hay diferencias, ya que la curva pierde pendiente. Esto es sı́ntoma de que existe un cero que no detectado en el cálculo, ya que es la única explicación que la pendiente de atenuación (de −60dB/dec a 10Gr/s) se reduzca. Fase La figura que sigue a continuación presenta igualmente, en azul la curva obtenida mediante simulación y en negro la representación exacta de la función de transferencia calculada. 61 Fase (grados) 90 0 −90 −180 10k 100k 1M 10M 100M 1G 10G En la curva se comprueba que hasta al menos 2,5Gr/s ambas curvas se ajustan perfectamente, lo cual indica de nuevo, que los polos situados a 41Mr/s, 185Mr/s y 1,45Gr/s están bien situados. Sin embargo se aprecia una diferencia notable a partir de 2,5Gr/s, puesto que la fase se decrementa otros 90o adicionales, tendiendo la fase final a −180o . Esto, en principio, es sı́ntoma de un polo adicional, sin embargo en el módulo tiene comportamiento de cero (frena la caı́da de atenuación). Sólo existe un elemento capaz de producir ese efecto, y es un cero con parte real positiva para s = +ωc . Este tipo de ceros, aunque no muy común, es posible que aparezca en algunas funciones de transferencia. Tiene la forma: s −1 ωc Este término como módulo tiene: jω −1 = ωc s w ωc 2 +1 Que coincide exactamente con el módulo de un cero con parte real negativa. Es decir, se puede comprobar que: jω jω −1 = +1 ωc ωc Sin embargo, en fase: 6 jω ω ω − 1 = arctg − = −arctg ωc ωc ωc Que coincide con la fase de un polo situado a s = −ωc , ya que: −1 jω jω 6 6 −1 = +1 ωc ωc Ulteriores elucubraciones El único posible causante de un cero es el condensador cb´c1 , al que se le aplica Miller. Parece claro que los polos obtenidos en consecuencia de ese cálculo han sido correctamente situados. Sin embargo, dado que la aplicación de 62 Miller tal como se hace (es decir obteniendo la K a frecuencias medias) es una simplificación, el problema del cero adicional debe estar relacionado con ese condensador. Por otro lado, según la teorı́a, un cero o polo introduce la mitad de su fase total justo a la pulsación de cruce. Es decir que, si este cero estuviera suficientemente apartado del resto (y por lo tanto el resto de componenentes no influyera), la fase total estarı́a a 45o de la fase final, es decir a −135o . Ese cruce por −135o está marcado con una cruz roja. Se comprueba que está entre 20Gr/s y 30Gr/s (a más de una década del último polo a 1,45Gr/s). Analizando todas las resistencias y condensadores del circuito vemos que el producto de r´e y cb´c da una pulsación de cruce: ωx = 1 ≈ 22,2Gr/s cb´c × r´e Si corregimos la función de transferencia añadiendo un cero con parte real positiva a 22,2Gr/s resultarı́a una función de transferencia: A(S) = −98,7 · (45 × 10−12 s − 1) (24,4 × 10−9 s + 1)(130 × 10−12 s + 1)(5,40 × 10−9 s + 1) Si se comparan modulo y fase de esta función de transferencia frente al resultado de la simulación se observa que encajan casi perfectamente, por lo cual deducimos que la función de transferencia propuesta es más exacta que la calculada. dB 40 20 0 −20 −40 −60 −80 −100 −120 10k 100k 1M 10M 100M 1G 10G Comparación del módulo corregido (en negro) con la simulación (en azul) 63 100G Fase (grados) 90 0 −90 −180 10k 100k 1M 10M 100M 1G 10G Comparación de la fase corregida (en negro) con la simulación (en azul) 64 15. Diferencial de banda ancha Se desea calcular la respuesta en frecuencia del amplificador de la figura, del que se sabe que los transistores tienen βF = 250, VCC = +15V , VEE = −15V , RE = 7,2KΩ, y RC = 7,5KΩ, cb´e = 25pF y cb´c = 2pF. Al ser ambos transistores iguales y tener igual caı́da de tensión en VBE en DC, se supone que en continua IE1Q = IE2Q . VCC RC VCC vi Q1 vo Q2 RE VEE Se pide: 1. Calcular la frecuencia de corte inferior. 2. Calcular la ganancia a frecuencias medias 3. Calcular los polos y ceros de alta frecuencia. 4. Componer la función de transferencia total del amplificador. Cálculos preliminares Dado que VB2 = 0, asumimos que VE1 = VE2 = −0,6. Por tanto, la corriente que circula por RE será: IBIAS = −0,6 −VEE = 2mA RE Por tanto, como IE1 = IE2 y además IE1 + IE2 = IBIAS se concluye que IE1 = IE2 = 1mA. Por tanto: r´e1 = r´e2 = vT = 25Ω = r´e IEQ Apartado 1 La frecuencia de corte inferior es 0. Apartado 2 El esquema equivalente en pequeña señal del amplificador es: vi ib1 ie1 ie2 r’e1 β ib1 vo r’e2 RE 65 βib2 ib2 RC Aplicando reflexión de impedancias se tiene: vi = ib1 · (βF + 1) · (r´e1 + RE kr´e2 ) ≈ 2ib1 · βF r´e En la salida se tiene: vo = −βF ib2 RC Además, se puede deducir que: ie1 = −ie2 · RE ≈ −ie2 RE + r´e2 De aquı́ se concluye que ib1 ≈ −ib2 . Por tanto, vo = βF ib1 RC . La ganancia será por tanto: AV = RC = 150 2r´e Apartado 3 Para poder calcular los polos y ceros de alta frecuencia hace falta representar el equivalente en pequeña señal con los condensadores parásitos de alta frecuencia: cb’e1 ib1 vi cb’e2 ie1 ie2 r’e1 cb’c1 vo r’e2 β ib1 RE βib2 cb’c2 RC ib2 El único condensador que se le debe aplicar el teorema de Miller es cb´e1 . Para ello, se toma: K= ve RE kr´e2 1 = ≈ vb 1 r´e1 + RE kr´e2 2 Por tanto: cM 1 = (1 − K)cb´e1 = cb´e1 2 c M´ = K −1 cb´e1 = −cb´e1 K Simplificando el esquema queda: ib1 vi cT1 ie1 vo r’e1 r’e2 cT2 β ib1 RE βib2 ib2 Donde: cT 1 cT 2 = cb´c1 + cM = 17,5pF = cM´ + cb´e2 = 0 Por tanto, el equivalente simplificado será: 66 cb’c2 RC ib1 vi 17.5pF vo r’e1 r’e2 β ib1 RE βib2 2pF RC ib2 Por tanto, hay dos polos y dos ceros. El condensador cT 1 ve resistencia equivalente REQT 1 : REQT 1 = (βF + 1) · (r´e1 + RE kr´e2 ) ≈ 2βF r´e = 12,5KΩ Por tanto el polo estará en: ωT 1 = 1 = 4,5Mr/s ≡ 727KHz 17,5pF × 12,5KΩ No introduce cero (el condensador en corto, anula la señal a la entrada, evitando que llegue a la salida). NOTA: Si suponemos que el generador v1 se anula, se anula el polo. El condensador cb´c2 ve como resistencia equivalente RC . Por tanto: ωb´c2 = 1 = 66Mr/s ≡ 10,6MHz 2pF × 7,5KΩ No introduce cero (el condensador en corto, anula la señal de salida). Apartado 4 AV (s) = s 4,5 × 106 150 +1 67 s + 1 66 × 106 16. Amplificador de 3 etapas en atla frecuencias Sea el amplificador de la figura, en donde los transistores tienen β = 250, cb´e = 20pF y cb´c = 2pF. 30V 10KΩ 270KΩ 10KΩ 270KΩ vo Q2 50Ω Q1 vi 30KΩ Q3 4.7KΩ 1.2KΩ 30KΩ 1.2KΩ Se pide: 1. Calcular la función de transferencia en alta frecuencia 2. Representar el módulo de la función de transferencia 3. Representar la fase de la función de transferencia Cálculos preliminares Para calcular la función de transferencia, primero hay que obtener en punto de operación en contı́nua. En un cálculo aproximado vamos a suponer que las corriente de base son despreciables frente a las corriente de la red de polarización de base. De aquı́ tenemos: VB1 ≈ 30V × 30KΩ = 3V 270KΩ + 30KΩ VE1 = VB1 −VBE ≈ 2,4V IE1 = VE1 = 2mA ≈ IC1 1,2KΩ VC1 ≈ VCC − IC1 × 10KΩ = 10V = VB2 VE2 = VB2 −VBE ≈ 9,4V VE2 = 2mA 4,7KΩ IE2 = VB3 ≈ 30V × 30KΩ = 3V 270KΩ + 30KΩ VE3 = VB3 −VBE ≈ 2,4V VE3 = 2mA 1,2KΩ Por tanto, deducimos que las r´e de los tres transistores son iguales a: IE3 = r´e1,2,3 = vT IEQ1,2,3 = 68 25mV = 12,5Ω 2mA Apartado 1 Ahora vamos a representar el equivalente en pequeña señal, simplificado. Sabemos que 270KΩk30KΩ = 27KΩ y que 4,7KΩk27KΩ ≈ 4KΩ. Por tanto el equivalente queda como se muestra en la figura: 50Ω vb1 ib1 βib1 vc1 ib2 r’e vb3 βib3 ib3 vo vg r’e 27KΩ 10KΩ βib2 4KΩ r’e 10KΩ En este esquema vamos a proceder a calcular la ganancia a frecuencias medias. Esta ganancia a frecuencias medias se puede descomponer como: vo vb3 vc1 vb1 vo = · · · vg vb3 vc1 vb1 vg Calculando cada uno de los términos tenemos: vo = −βib3 · 10KΩ vb3 = (β + 1)ib3 · r´e Suponiendo β ≈ β + 1, tenemos que βib3 · 10KΩ vo 10K =− = −800 ≈− vb3 (β + 1) · r´e 12,5Ω Para obtener vb3 /vc1 , vemos que r´e de Q2 y el conjunto 4KΩ y r´e de Q3 forman un divisor de tensión. Por tanto: vb3 4KΩk ((β + 1) · r´e ) 4KΩk(251 · 12,5Ω) = = = 0,996 vc1 r´e + 4KΩk ((β + 1) · r´e ) 12,5Ω + 4KΩk(251 · 12,5Ω) Para calcular vc1 /vb1 tenemos que: vc1 = −βib1 {·10Kk [(β + 1) + 4KΩk ((β + 1) · r´e )]} vb1 = (β + 1)ib1 r´e Por tanto: βib1 {·10Kk [(β + 1) + 4KΩk ((β + 1) · r´e )]} 9779Ω vc1 =− ≈− = −782 vb1 (β + 1)ib1 r´e 12,5Ω Y finalmente, la relación vb1 /vg es la de un divisor de tensión formado por la resistencia de generador de 50Ω y el conjunto de 27KΩ y la r´e de Q1, de forma que: vb1 27KΩk [(β + 1) · r´e ] 2800 = ≈ ≈ 0,983 vg 50 + 27KΩk [(β + 1) · r´e ] 2850 Por tanto la ganancia a frecuencias medias será: vo = (−800) · (0,996) · (−782) · (0,983)· ≈ 612505 vg A continuación vamos a calcular los polos de alta frecuencia, para ello necesitamos el modelo del amplificador incluyendo todos los condesadores elementos que influyen en la respuesta de alta frecuencia. Concretamente, se deberán tener en cuenta los condesadores parásitos de los transistores bipolares. De esta forma obtenemos el circuito equivalente para alta frecuencia siguiente: 69 cb’c 50Ω vb1 ib1 cb’e vg 27KΩ cb’e vc1 βib1 r’e 10KΩ cb’c r’e ib2 cb’c vb3 ib3 vo cb’e βib2 4KΩ r’e βib3 10KΩ Para poder abordar el cálculo de forma simple de este circuito, hemos de simplificar una serie de condensadores que suponen cierta dificultad de cálculo. Estos condensadores son: 1. El condensador cb´e de Q1, al cual le aplicamos el teorema de Miller. La K será K1 = vc1 /vb1 . Este parámetro ya fue calculado, dando como resultado K1 = −782. Por tanto, al simplificar este condensador aparecerán los condensadores de Miller: cM1 = cb´c · (1 − K) = 1,566nF cM´1 = cb´c · K −1 ≈ 2pF K 2. El condensador cb´e de Q2, al cual, también se le aplica el teroema de Miller. La K será K2 = vb3 /vc3 , que también fue calculada, obteniéndose K2 = 0,996 ≈ 1, y por tanto resulta que cM2 ≈ 0 y cM´2 ≈ 0. 3. El condensador cb´c de Q3, al cual, también se le aplica el teorema de Miller. La K será K3 = vo /vb3 , que fue calculada obteniéndose −800. De esta forma: cM3 = cb´c · (1 − K) = 1,6nF cM´3 = cb´c · K −1 ≈ 2pF K De esta forma el circuito simplificado queda de la forma: 50Ω vb1 vg 27KΩ ib1 c1 vc1 βib1 r’e 10KΩ r’e ib2 c2 βib2 4KΩ vb3 ib3 c3 vo r’e βib3 10KΩ c4 Donde los condensadores mostrados son: 1. c1 = cM1 + cb´e1 = 1,586nF ≈ 1,6nF 2. c2 = cM´1 + cb´c2 = 4pF 3. c3 = cM3 + cb´e3 = 1,62nF ≈ 1,6nF 4. c4 = cM´3 = 2pF A continuación vamos a proceder a calcular cada uno de los polos asociados a estos condensadores: c1 : La resistencia equivalente en bornas de este condensador es: REQ1 = 50Ωk27KΩk [(β + 1)r´e1 ] ≈ 50Ω Por tanto el polo se sitúa en ω1 = 1/(c1 · REQ1 ) = 12,5Mr/s. No hay cero. c2 : La resistencia equivalente en bornas de este condensador es: REQ2 = 10KΩk {(β + 1) [r´e + 4KΩk ((β + 1)r´e )]} ≈ 9779Ω Por tanto el polo se sitúa en ω2 = 1/(c2 · REQ2 ) = 25,5Mr/s. No hay cero. 70 c3 : La resistencia equivalente en bornas de este condensador es: 10KΩ ≈ 51Ω REQ3 = (β + 1)r´e k4KΩk r´e + β+1 Por tanto el polo se sitúa en ω3 = 1/(c3 · REQ3 ) = 12,25Mr/s. No hay cero. c4 : La resistencia equivalente en bornas de este condensador es 10KΩ. Por tanto el polo se sitúa en ω4 = 1/(c4 · REQ4 ) = 50Mr/s. No hay cero. Por tanto la función de transferencia total en alta frecuencia del amplificador será: vo (s) 612505 = vg (s) (8 × 10−8 s + 1) · (3,92 × 10−8 s + 1) · (8,16 × 10−8 s + 1) · (2 × 10−8 s + 1) Representar el módulo de la función de transferencia La función de transferencia consta de los siguientes elementos: 1. Una constante (612505), equivalente a 115dB 2. Un polo a 12,25Mr/s, que a efectos de cálculo lo vamos a redondear a 12Mr/s. 3. Un polo a 12,5Mr/s, que a efectos de cálculo lo vamos a redondear a 12Mr/s. 4. Un polo a 25,5Mr/s, que a efectos de cálulo lo vamos a redondear a 25Mr/s 5. Un polo a 50Mr/s. Por tanto, para obtener la representación del módulo tendremos los siguientes tramos significativos: 1. ω < 12Mr/s: |AV | = 115dB y la pendiente de la recta es m = 0dB/dec. 2. @ ω = 12Mr/s: Aparece un polo doble. |AV | = 115dB y la pendiente de la recta es m = 0dB/dec. Este polo doble introduce a partir de este punto una pendiente de −40dB/dec. 3. 12Mr/s < ω < 25Mr/s: Pendiente de caı́da de −40dB/dec. 4. @ ω = 25Mr/s: La ganancia en este punto es: |AV |ω=25Mr/s = 115dB − 40db/dec × log 25Mr/s dec ≈ 102dB 12Mr/s Y aquı́ aparece un tercer polo que introduce −20dB/dec adicionales de pendiente. 5. 25Mr/s < ω < 50Mr/s: Pendiente de caı́da de −60db/dec. 6. @ ω = 50Mr/s: La ganancia en este punto es: 50Mr/s |AV |ω=50Mr/s = 102dB − 60db/dec × log dec ≈ 84dB 25Mr/s 7. ω > 50Mr/s: Pendiente de caı́da de −80dB/dec. 71 Representar la fase de la función de transferencia Los polos ya han sido presentados en el punto anterior. Lo único destacable es que la constante tiene signo negativo, por lo que vamos suponer que introduce una fase inicial de 0o . De esta forma los tramos significativos de la fase serán: 1. ω < 1,2Mr/s: Fase inicial 6 AV = 0o y pendiente 0o /dec. 2. @ ω = 1,2Mr/s: (comienza el efecto del polo doble a 12Mr/s) La fase es todavı́a 6 AV = 0o y se introduce una pendiente de −90o /dec, pasando a ser la pendiente total de −90o /dec. 3. @ ω = 2,5Mr/s: (comienza el efecto del polo a 25Mr/s) La fase en este punto es: 6 2,5Mr/s AV |ω=2,5Mr/s = −90 /dec × log dec = −29o 1,2Mr/s o A partir de este punto la pendiente es −135o /dec. 4. @ ω = 5Mr/s: (comienza el efecto del polo a 50Mr/s) La fase en este punto es: 6 5Mr/s AV |ω=5Mr/s = −29 − 135 /dec × log dec = −70o 2,5Mr/s o o A partir de este punto la pendiente es −180o /dec. 5. @ ω = 120Mr/s: (acaba el efecto del polo doble a 12Mr/s) La fase en este punto es: AV |ω=120Mr/s = −70o − 180o /dec × log 6 120Mr/s dec = −318o 5Mr/s 250Mr/s dec = −346o 120Mr/s A partir de este punto la pendiente es −90o /dec. 6. @ ω = 250Mr/s: (acaba el efecto del polo a 25Mr/s) La fase en este punto es: 6 AV |ω=250Mr/s = −318o − 90o /dec × log A partir de este punto la pendiente es −45o /dec. 7. @ ω = 500Mr/s: (acaba el efecto del polo a 50Mr/s) La fase en este punto es: 6 500Mr/s AV |ω=500Mr/s = −346 − 45 /dec × log dec = −360o 250Mr/s o o A partir de este punto la pendiente es 0o /dec. La gráfica con el módulo y fase se muestran en la página a continuación. 72 dB 120 100 80 60 40 20 0 −20 −40 −60 10 100 1K 10K 100K 1M Φ −90 −180 −270 −360 73 10M 100M 1G 10M ω 17. Amplificador cascodo de dos Etapas Dado el amplificador de la figura: VCC CD1 RC1 R1 Q3 Q6 CD2 Q2 vi Q5 R2 RG CL R5 Q1 CB1 RL CB2 RE1 del que sabemos los siguientes parámetros: βF = 250 VBEon = 0,6V VCC = +18V R5 = 2KΩ R6 = 4KΩ RC1 = 12KΩ RS2 = 820Ω RL = 600Ω RG = 2,2KΩ CB2 = 10µF CE2 = 10µF Se pide: vo Q4 CE1 R3 RC2 R4 RS1 CE2 R6 R1 = 150KΩ RC2 = 1,8KΩ CD1 = 10µF CL = 10µF RE2 RS2 R2 = 10KΩ RE1 = 1,4KΩ CB1 = 10µF cb´e = 25pF R3 = 20KΩ RE2 = 270Ω CE1 = 10µF cb´c = 2pF R4 = 30KΩ RS1 = 2,7KΩ CD2 = 10µF 1. Calcular la ganancia a frecuencias medias 2. Calcular el polo y el cero introducido por el condensador CE1 . 3. Calcular el polo y el cero introducido por el condensador CE2 . 4. Calcular el polo y el cero introducido por el condensador CL . 5. Calcular el polo y el cero introducido por el condensador CB2 . 6. Calcular los polos y ceros de alta frecuencia. 7. Componer la función de transferencia total con la ganancia y polos y ceros. 8. Limitar la frecuencia de corte superior de este amplificador a 16KHz. Cálculos preliminares Primero se debe obtener el equivalente en pequeña señal. Para ello debemos conocer el punto en continua del amplificador. Asumiendo que todos los transistores se encuentran en zona activa, VBE ≈ 0,6V e IB ≈ 0, y partiendo del esquema siguiente se tiene: 74 VCC +18V RC1 12ΚΩ 150ΚΩ CD1 R1 30ΚΩ Q3 1,8ΚΩ R4 Q6 CD2 Q2 10ΚΩ vi 2,2ΚΩ Q5 R2 RG 2ΚΩ Q1 CE1 1,4ΚΩ R3 CL R5 Q4 CB1 20ΚΩ RC2 RE1 CB2 4ΚΩ 2,7ΚΩ RS1 270Ω vo 600Ω CE2 R6 RE2 RL 820Ω RS2 La tensión en la base de Q1 será: VB1 = +18V × 20KΩ = +2V 150KΩ + 10KΩ + 20KΩ Por tanto, su corriente de emisor será: IE1 = 2V − 0,6V = 1mA ≈ IC1 = IE2 1,4KΩ Por tanto: VC2 = +18V − 1mA × 12KΩ = +6V De aquı́ ya se puede deducir IE3 ya que: IE3 = +6V − 0,6V = 2mA 2,7KΩ La tensión en la base de Q4 será: VB4 = +18V × 4KΩ = 2V 30KΩ + 2KΩ + 4KΩ Por tanto, la corriente de emisor de Q4 será: IE4 = 2V − 0,6V = 5mA ≈ IC4 = IE5 270Ω De aquı́ se tiene que: VC5 = +18V − 5mA × 1,8KΩ = 9V Y por tanto: 9V − 0,6V ≈ 10,2mA 820Ω De aquı́ se pueden deducir las resistencias de emisor de pequeña de los modelos de pequeña señal de los transistores, ya que: IE6 = r´e = vT IEQ Y por tanto: 75 Q1 1mA 25Ω IEQ r´e Q2 1mA 25Ω Q3 2mA 12,5Ω Q4 5mA 5Ω Además, las siguientes resistencias en serie serán: 10KΩk20KΩ 2,7KΩk4KΩk2KΩ 820Ωk600Ω Q5 5mA 5Ω Q6 10,2mA 2,4Ω ≈ 6,67KΩ ≈ 893Ω ≈ 346Ω Por tanto, el esquema en pequeña señal será: Q1 vi 2.2ΚΩ ib1 βib1 Q2 25Ω βib2 Q3 ib3 Q4 12.5Ω ib4 Q5 βib4 βib5 5Ω 6.67ΚΩ 25Ω ib2 12ΚΩ βib3 839Ω 5Ω ib5 1.8ΚΩ Q6 ib6 βib6 2.4Ω vo 346Ω Apartado 1: La ganancia a frecuencias medias será: vb6 vb4 vb3 vb1 vo vo × × × × = vi vb6 vb4 vb3 vb1 vi |{z} |{z} |{z} |{z} |{z} (5) (2) (4) (1) (3) Saltamos de la base de Q6 a la base de Q4, y de la base de Q3 a la de Q1 ya que Q1 − Q2 y Q4 − Q6 son amplificadores cascodos donde se cumple que: βF · ib4 = (βF + 1) · ib5 =⇒ ib4 ≈ ib5 βF · ib1 = (βF + 1) · ib2 =⇒ ib1 ≈ ib2 Y por tanto da igual hacer las relaciones con ib2 que con ib1 , e igualmente ib4 es equivalente a ib5 . Término (1) Tanto vo como vb6 puede ser referidos a ib6 (β f + 1) ya que: ib6 (β f + 1) · 346Ω vo = ≈1 vb6 ib6 (β f + 1) · (2,4Ω + 346Ω) Término (2) En este caso, la tensión vb6 interesa que sea referida a β f · ib5 , ya que vb4 se puede poner referida a (β f + 1)ib 4, y por tanto a (β f + 1)ib 5. Ası́: −β f ib5 1,8KΩ|| [(β f + 1) (2,4Ω + 346Ω)] vb6 1764Ω = ≈− ≈ −353 vb4 (β f + 1)ib5 5Ω 5Ω Término (3) Este término debe ser relacionado por la corriente (β f + 1)ib3 . De tal forma que: (β f + 1)ib3 · (839Ωk(β f + 1)5Ω) vb4 502Ω = ≈ ≈ 0,976 ≈ 1 vb3 (β f + 1)ib3 · (12,5Ω + 839Ωk(β f + 1)5Ω) 502Ω + 12,5Ω 76 Término (4) Igual que en el término (2), la tensión vb3 interesa que sea referida a β f · ib2 , ya que vb1 se puede poner referida a (β f + 1)ib 1, y por tanto a (β f + 1)ib 2. Ası́: −β f ib3 12KΩ|| [(β f + 1) (12,5Ω + 839Ω|| (β f + 1) 5Ω)] vb3 11KΩ = ≈− ≈ −440 vb1 (β f + 1)ib3 25Ω 25Ω Término (5) Finalmente, el término (5) puede ser resuelto aplicando la relación de un divisor de tensión ya que: vb1 = vi × 6,67KΩk (β f + 1) 25Ω vb1 3,2KΩ =⇒ ≈ 0,6 ≈ 2,2KΩ6,67KΩk (β f + 1) 25Ω vi 2,2KΩ + 3,2KΩ Ganancia total Por tanto la ganancia total será: vo = (1) × (−353) × (1) × (−440) × (0,6) ≈ +93,2 × 103 vi Apartado 2: El esquema sobre el que se debe calcular el polo es el siguiente: Q1 vi 2.2ΚΩ ib1 βib1 Q2 25Ω Q3 βib2 ib3 Q4 12.5Ω ib4 Q5 βib4 βib5 5Ω 6.67ΚΩ CE1 ib2 25Ω 12ΚΩ βib3 839Ω 5Ω ib5 1.8ΚΩ Q6 ib6 2.4Ω βib6 346Ω 1.4ΚΩ En este esquema se aprecia que el condensador CE1 observa como impedancia equivalente en sus bornes: 6,67KΩ||2,2KΩ REQ−E1 = 1,4KΩ 25Ω + ≈ 31Ω βf +1 Por tanto el polo estará situado a: ωE1 = 1 ≈ 3,2Kr/s ≡ 515Hz 31Ω × 10µF Se produce un cero cuando el conjunto CE1 y 1,4KΩ forman un circuito abierto. Por tanto el cero estará en: ωZ−E1 = 1 ≈ 71r/s ≡ 11Hz 1400 × 10µF 77 vo Apartado 3: El esquema sobre el que se debe calcular el polo es el siguiente: Q1 2.2ΚΩ ib1 βib1 Q2 25Ω Q3 βib2 Q4 12.5Ω ib3 ib4 Q5 βib4 Q6 βib5 5Ω 6.67ΚΩ ib2 25Ω βib3 12ΚΩ 839Ω 5Ω ib5 CE2 2.4Ω ib6 βib6 1.8ΚΩ vo 346Ω 270Ω En este esquema se aprecia que el condensador CE2 observa como impedancia equivalente en sus bornes: 12KΩ 12,5Ω + 839Ω βf +1 ≈ 5,1Ω 5Ω + REQ−E2 = 270Ω βf +1 Por tanto el polo estará situado a: ωE2 = 1 ≈ 19,5Kr/s ≡ 3,1KHz 5,1Ω × 10µF Se produce un cero cuando el conjunto CE2 y 270KΩ forman un circuito abierto. Por tanto el cero estará en: ωZ−E2 = 1 ≈ 370r/s ≡ 59Hz 270 × 10µF Apartado 4: El esquema sobre el que se debe calcular el polo es el siguiente: Q1 2.2ΚΩ ib1 βib1 Q2 25Ω βib2 Q3 ib3 Q4 12.5Ω ib4 Q5 βib4 βib5 5Ω 6.67ΚΩ 25Ω ib2 12ΚΩ βib3 839Ω 5Ω ib5 1.8ΚΩ Q6 ib6 βib6 CL 2.4Ω 820Ω vo 600Ω En este esquema se aprecia que el condensador CL observa como impedancia equivalente en sus bornes: 1,8KΩ REQ−L = 600Ω + 820Ω ≈ 609Ω 2,4Ω + βf +1 Por tanto el polo estará situado a: ωL = 1 ≈ 164r/s ≡ 26Hz 609Ω × 10µF Además, se observa que si CL se comporta como circuito abierto, no hay señal de salida. Por tanto tiene un cero para s = 0. 78 Apartado 5: El esquema sobre el que se debe calcular el polo es el siguiente: Q1 2.2ΚΩ ib1 Q2 βib1 Q3 βib2 25Ω Q4 CB2 12.5Ω ib3 ib4 Q5 βib4 5Ω 6.67ΚΩ ib2 25Ω βib3 2.7ΚΩ 12ΚΩ 1.33ΚΩ 5Ω ib5 Q6 βib5 1.8ΚΩ 2.4Ω ib6 βib6 vo 346Ω Donde 4KΩ||2KΩ ≈ 1,33KΩ. En este esquema se aprecia que el condensador CB2 observa como impedancia equivalente en sus bornes: 12KΩ 12,5Ω + REQ−B2 = 1,33KΩ|| (β f + 1) · 5Ω + 2,7KΩ ≈ 705Ω βf +1 Por tanto el polo estará situado a: ωB2 = 1 ≈ 142r/s ≡ 22,5Hz 705Ω × 10µF Además, se observa que si CB2 se comporta como circuito abierto, no hay señal de salida. Por tanto tiene un cero para s = 0. Apartado 6: El esquema completo en alta frecuencia del amplificador es el siguiente: vi 2.2ΚΩ ib1 cb’e1 6.67ΚΩ 25Ω β ib1 25Ω cb’c1 + cb’e2 ib2 cb’e6 cb’e3 β ib2 ib3 12.5Ω 12ΚΩ cb’c2 + cb’c3 β ib3 ib4 839Ω cb’e4 5Ω β ib4 cb’c4 + cb’e5 β ib5 5Ω ib5 cb’c5 + cb’c6 ib6 1.8ΚΩ β ib6 2.4Ω vo 346Ω En él hay que aplicar el teorema de Miller a cb´e3 y a cb´e6 . Para ello, utilizaremos los cálculos realizados en apartados previos. Ası́, K3 será: vb4 ve3 K3 = = ≈1 vb3 vb3 Por tanto: c M3 = (1 − K3 )cb´e3 ≈ 0 cM´3 = K3 cb´e3 ≈ 0 K3 − 1 Igualmente K6 será: K6 = ve6 vo = ≈1 vb6 vb6 Por tanto: c M6 = (1 − K6 )cb´e6 ≈ 0 cM´6 = K6 cb´e6 ≈ 0 K6 − 1 Por tanto, el esquema, una vez simplificado queda de la forma siguiente: 79 vi 2.2ΚΩ ib1 c1 6.67ΚΩ 25Ω β ib1 β ib2 25Ω 12.5Ω 12ΚΩ ib2 c2 ib3 c3 En el se tiene: c1 c2 c3 c4 c5 c6 β ib3 = = = = = = ib4 839Ω c4 β ib4 β ib5 5Ω 5Ω c5 ib6 1.8ΚΩ ib5 c6 β ib6 2.4Ω vo 346Ω cb´e1 = 25pF cb´c1 + cb´e2 = 27pF cb´c2 + cb´c3 = 4pF cb´e4 = 25pF cb´c4 + cb´e5 = 27pF cb´c5 + cb´c6 = 4pF Ahora vamos a proceder a calcular los 6 polos y ceros de alta frecuencia. Condensador c1 La resistencia equivalente que ve en sus bornas es: REQ−1 = 2,2KΩ||6,67KΩ||(β f + 1) · 25Ω ≈ 1,31KΩ Por tanto el polo estará para: ω1 = 1 ≈ 30,6Mr/s ≡ 4,9MHz 1,31KΩ × 25pF Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vb1 y no habrı́a señal de salida. Por tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero). Condensador c2 La resistencia equivalente que ve en sus bornas es: REQ−2 = 25Ω Por tanto el polo estará para: ω2 = 1 ≈ 1,48Gr/s ≡ 236MHz 25Ω × 27pF Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vc1 y no habrı́a señal de salida. Por tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero). Condensador c3 La resistencia equivalente que ve en sus bornas es: REQ−3 = 12KΩ|| (beta f + 1) (12,5Ω + 839Ω||(β f + 1)5Ω) ≈ 11KΩ Por tanto el polo estará para: ω3 = 1 ≈ 22,7Mr/s ≡ 3,6MHz 11KΩ × 4pF Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vb3 y no habrı́a señal de salida. Por tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero). 80 Condensador c4 La resistencia equivalente que ve en sus bornas es: REQ−4 = 839Ω|| (β f + 1) · 5Ω 12KΩ 12,5Ω + ≈ 53,9Ω βf +1 Por tanto el polo estará para: ω4 = 1 ≈ 742Mr/s ≡ 118MHz 53,9Ω × 25pF Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vb4 y no habrı́a señal de salida. Por tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero). Condensador c5 La resistencia equivalente que ve en sus bornas es: REQ−5 = 5Ω Por tanto el polo estará para: ω5 = 1 ≈ 7,4Gr/s ≡ 1,18GHz 5Ω × 27pF Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vc4 y no habrı́a señal de salida. Por tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero). Condensador c6 La resistencia equivalente que ve en sus bornas es: REQ−6 = 1,8KΩ|| (β f + 1) (2,4Ω + 346Ω) ≈ 1740Ω Por tanto el polo estará para: ω6 = 1 ≈ 142Mr/s ≡ 22,8MHz 1740Ω × 4pF Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vb6 y no habrı́a señal de salida. Por tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero). Apartado 7 Por tanto, la función de transferencia de este amplificador, teniendo en cuenta todos los elementos calculados en apartados previos será: AV (s) = 93,2 × 103 · s2 · (s + 71) · (s + 370) × (s + 3,2 × 103 ) · (s + 19,5 × 103 ) · (s + 164) · (s + 142) · (32,7 × 10−9 · s + 1) · (676 × 10−12 · s + 1) × 1 (44,1 × 10−9 · s + 1) · (1,35 × 10−9 · s + 1) · (135 × 10−12 · s + 1) · (7,04 × 10−9 · s + 1) 81 Apartado 8 Actualmente el polo más bajo es ω3 = 22,7Mr/s, que casualmente es el que más resistencia ve en sus bornes. Para bajar ese polo a 16KHz ≡ 100Kr/s, la capacidad asociada a ese nodo serı́a: ω3 = 100Kr/s = 1 1 =⇒ C = ≈ 904pF 11KΩ ×C 11KΩ × 100Kr/s Como actualmente en c3 = 4pF habrı́a que colocar en ese nodo una capacidad de 904pF − 4pF = 900pF, tal como queda en el circuito siguiente: VCC 900pF RC1 CD1 Q3 Q6 CD2 Q2 vi Q5 R2 RG CL R5 Q1 CB1 vo Q4 CE1 R3 RC2 R4 RL CB2 RE1 RS1 82 CE2 R6 RE2 RS2 18. Anexo: Cero con parte real positiva 10−4 · s − 1 , se pide: 10−4 · s + 1 1. Representar su módulo en un diagrama de Bode Dada la función de transferencia AV = 2. Representar su fase en un diagrama de Bode Primero se debe normalizar la función de transferencia dejando los términos independientes a 1. De esta forma se tiene que: AV = −10−4 · s + 1 10−4 · s − 1 =− −4 10 · s + 1 10−4 · s + 1 En este problema se tiene un polo para s = −104 , y un cero con parte real positiva para s = +104 . Este tipo de ceros no se ha contemplado en la técnica básica presentada en la asignatura, por lo tanto se debe deducir como será su representación en el diagrama de Bode. Su módulo será: s ω 2 jω −1 = + 12 ωo ωo El cual coincide plenamente con el módulo de un cero con parte real negativa. Es decir que: jω · jω −1 = +1 ωo ωo Y por tanto de cara al módulo no hay ningún cambio por el hecho de que la parte real del cero sea positiva, representándose exáctamente igual a un cero con parte real negativa. Su fase será: ω − ω · jω ωo 6 ( − 1) = arctan = − arctan ωo 1 ωo Esta expresión de fase coincide con la de un polo con parte real negativa en ω = ωo . Por tanto, la fase de este tipo de ceros se deberá representar igual a la de un polo con parte real negativa. En resumen, un cero con parte real positiva tiene como representación en Bode: En módulo: Igual a la de un cero con parte real negativa. En fase: Igual a la de un polo con parte real positiva. Módulo de la función La función está normalizada, como constante tiene −1 (0dB). Tiene un cero para ω = 10Kr/s y un polo para ω = 10Kr/s. Por tanto, el módulo será constante y de valor 0dB para todas las frecuencias. Fase de la función 1. Existe una constante −1 que introduce +180o . 2. El cero introducirá −45o /dec desde 1Kr/s hasta 100Kr/s, introduciendo una fase final de −90o . 3. El polo introducirá −45o /dec desde 1Kr/s hasta 100Kr/s, introduciendo una fase final de −90o . Por tanto la fase total será: Fase +180 hasta 1Kr/s. Pendiente de −90o /dec desde 1Kr/s hasta 100Kr/s. Fase final de 0o desde 100Kr/s. 83