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UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DEL PERÚ Vicerrectorado de Investigación Electrónica Analógica II TINS Básicos Facultad de Ingeniería Electrónica y Mecatrónica TEXTOS DE INSTRUCCIÓN BÁSICOS (TINS) / UTP Lima ‐ Perú © Electrónica Analógica II Desarrollo y Edición: Vicerrectorado de Investigación Elaboración del TINS: ‐ Ing. Moisés Leureyros Pérez ‐ Ing. José Andres Sandoval Valencia Diseño y Diagramación: Julia Saldaña Balandra Soporte académico: Instituto de Investigación Producción: Imprenta Grupo IDAT Queda prohibida cualquier forma de reproducción, venta, comunicación pública y transformación de esta obra. 2
“El presente material contiene una compilación de obras de Electrónica Analógica I, publicadas lícitamente, resúmenes de los temas a cargo del profesor; constituye un material auxiliar de enseñanza para ser empleado en el desarrollo de las clases en nuestra institución. Éste material es de uso exclusivo de los alumnos y docentes de la Universidad Tecnológica del Perú, preparado para fines didácticos en aplicación del Artículo 41 inc. C y el Art. 43 inc. A., del Decreto Legislativo 822, Ley sobre Derechos de Autor”. 3
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Presentación El presente texto elaborado en el marco de desarrollo de la Ingeniería, es un material de ayuda instruccional, en las carreras de Ingeniería Electrónica y Mecatrónica para la Asignatura de Electrónica Analógica II en el séptimo y sexto ciclo de estudios respectivamente. Plasma la iniciativa institucional de innovación del aprendizaje educativo universitario que en acelerada continuidad promueve la producción de materiales educativos, actualizados en concordancia a las exigencias de estos tiempos. Esta primera edición apropiadamente recopilada, de diversas fuentes bibliográficas, de uso frecuente en la enseñanza de la Electrónica Analógica, está ordenada en función del sillabus de la asignatura arriba mencionada. La conformación del texto refleja la meritoria experiencia profesional y académica de los Profesores: Ing. Moisés Leureyros Pérez y José Andrés Sandoval Valencia; contiene los siguientes capítulos: El primer capítulo: Amplificadores de audio; se estudia los amplificadores de potencia de audio, configuraciones comúnmente usadas, parámetros característicos y aplicaciones, métodos de análisis y diseño. En el segundo capítulo: Realimentación; proceso que consiste en la transferencia de energía presente en la salida de un sistema a la entrada del mismo (o a otras entradas internas o subsiguientes). Estudio de los diferentes tipos de realimentación en circuitos electrónicos. En el tercer capítulo: Amplificador Diferencial; amplificador importante en Electrónica, comúnmente recibe dos señales de entrada y su salida puede ser balanceada o desbalanceada. Su salida es proporcional a la diferencia de las señales de entrada. Es parte fundamental del Amplificador Operacional, que se estudia en un capítulo posterior. En el cuarto capítulo: Respuesta en frecuencia; se estudia la respuesta en estado estacionario (régimen permanente) de un amplificador ante una entrada sinusoidal, se varía la frecuencia de la sinusoide de entrada dentro de un determinado rango de frecuencias y se obtiene la respuesta resultante. Este método nos permite hacer el análisis y diseño del circuito. Al cerrar estas líneas de presentación, el reconocimiento institucional a los Ing. Moisés Leureyros Pérez y José Andrés Sandoval Valencia por su constancia en la compilación del presente texto. Ing. Lucio H. Huamán Ureta Vicerrectorado de Investigación 5
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Índice Capitulo 1 Introducción ...................................................................................................................... 11 El sonido ............................................................................................................................ 11 Transductores.................................................................................................................... 12 El concepto de estereofonia ............................................................................................. 13 Formas de acoplo de amplificadores de baja frecuencia.................................................. 16 Controles de volumen y de tono....................................................................................... 19 Amplificadores de potencia .............................................................................................. 21 Disipadores de calor .......................................................................................................... 81 Problemas propuestos ...................................................................................................... 83 Amplificadores Clase B y AB .............................................................................................. 91 Diversos esquemas de amplificadores en PUSH‐PULL...................................................... 120 Amplificadores cuasi complementarios ............................................................................ 123 Protección contra corto circuitos...................................................................................... 128 Amplificadores en circuito integrado................................................................................ 135 Circuito interno equivalente ............................................................................................. 141 Capitulo 2 Realimentación ................................................................................................................. 149 Introducción ...................................................................................................................... 149 Sistema realimentado ....................................................................................................... 152 Aplicación de cristales ....................................................................................................... 218 Capitulo 3 Amplificador diferencial .................................................................................................... 221 Introducción ...................................................................................................................... 221 Análisis del amplificador diferencial ................................................................................. 223 Transformación de impedancias ....................................................................................... 228 Análisis en AC .................................................................................................................... 230 Ganancia en modo diferencial .......................................................................................... 233 Problema propuestos ........................................................................................................ 242 Amplificadores Operacionales ......................................................................................... 249 Principio de funcionamiento ............................................................................................. 276 Series de problemas .......................................................................................................... 295 Aplicaciones lineales del amplificador operacional .......................................................... 303 Series de problemas .......................................................................................................... 327 Aplicaciones no lineales del amplificador operacional ..................................................... 332 Filtros activos..................................................................................................................... 342 7
Polos de los filtros pasa bajo normalizados ...................................................................... 347 Amplificadores operacionales especiales ......................................................................... 358 Capítulo 4 Respuesta en frecuencia ................................................................................................... 373 Introducción ...................................................................................................................... 373 Respuesta en frecuencia de los amplificadores ................................................................ 374 Puntos de media potencia y ancho de banda ................................................................... 375 Métodos de respuesta en frecuencia ............................................................................... 375 Respuesta en baja frecuencia ........................................................................................... 387 Problemas.......................................................................................................................... 391 Calculo de la respuesta en frecuencia usando MATLAB ................................................... 395 Circuito R‐L‐C paralelo....................................................................................................... 404 Circuito L‐C y Condensador con perdidas ......................................................................... 406 Control de graves y agudos ............................................................................................... 408 Serie de problemas............................................................................................................ 409 Diagrama de Bode ............................................................................................................. 415 Bibliografía........................................................................................................................ 417 8
Distribución Temática Clase N° 1 2 3 4 5 6 7 8 Tema UNIDAD TEMATICA 1.‐ Análisis y diseño de amplificadores de potencia de audio. Amplificadores de potencia. Clases de operación. Amplificador clase A. Método de análisis: Rectas de carga estática, dinámica, de máxima excursión simétrica. Tipos de amplificadores clase A. Especificaciones. Amplificador clase A con resistencia en colector. Amplificador clase A con choke en colector. Transformador ideal. Amplificador clase A con acoplo por transformador. Distorsión armónica total (THD). Amplificadores clase B y AB. Amplificador Push‐Pull. Amplificadores de simetría complementaria. Distorsión de cruce. Formas de evitarla y compensarla térmicamente. Transistor Darlington. Transistor PNP simulado. Amplificador de simetría cuasi complementaria. Amplificadores de potencia con circuitos integrados. Especificaciones. UNIDAD TEMATICA 2.‐ Realimentación. Tipos de amplificadores. Estabilidad. Modelos matemáticos. Sistema lineal y sistema no lineal. Función de transferencia. Acción de control. Tipos de controles básicos. Concepto de realimentación. Tipos. Efectos sobre las ganancias e impedancias. Efectos sobre la distorsión, ruido, ancho de banda, sensibilidad a las variaciones de los componentes. Criterio de Barkhausen. Tipos de amplificadores. Método de análisis de los amplificadores realimentados con pequeña señal. Formas de realimentación. Métodos de cálculo de ganancias e impedancias. Osciladores sinusoidales. Oscilador de rotación de fase. Oscilador puente de Wien. Obtención de la ganancia de bucle. Aplicación del criterio de Barkhausen. Reguladores de tensión con circuitos integrados. Limitación de corriente. Limitación tipo foldback. Limitador de potencia. Reguladores flotantes. 9
Semana Horas 1 02 2 02 3 02 4 02 5 02 6 02 7 02 8 02 Clase N° Tema Semana Horas 9 UNIDAD TEMATICA 3.‐Amplificador diferencial y Amplificador operacional.Amplificador diferencial. A.D. balanceado. Fuente de corriente DC. Modo diferencial. Modo común. El A.D. con pequeña señal. El A.D. con gran señal. Ganancia e impedancia en modo diferencial. Ganancia e impedancia en modo común. 9 02 10 E X A M E N P A R C I A L 10 02 11 02 12 02 13 02 14 02 15 02 16 02 17 02 18 02 19 02 11 12 13 14 15 16 17 18 19 El amplificador operacional ideal. Características. El amplificador operacional real. Parámetros. Modelo circuital Aplicaciones lineales del amplificador operacional. Sumador. Restador. Adaptador de impedancia. Derivador. Integrador. Convertidores de impedancia positiva y negativa. Fuente de tensión de referencia. Fuente de corriente. Aplicaciones no lineales del amplificador operacional. Comparadores. Tipos. Limitadores. Rectificadores. Generadores de función.. Amplificador logarítmico. Amplificador antilogarítmico. Multiplicador analógico. Filtros activos. Pasa bajo. Pasa alto. Pasa banda. Notch. Pasa todo. Aplicaciones especiales del amplificador operacional. Amplificador de transconductancia. Amplificador norton. Amplificador tipo chopper. Amplificador de aislamiento. Amplificador de instrumentación. Circuitos de muestreo y retención. UNIDAD TEMATICA 4.‐ Respuesta en frecuencia. Respuesta en frecuencia. Tipos de representación. Diagramas de Bode. Criterios de estabilidad Diagrama polar o de Nyquist. Criterio de Nyquist. Margen de fase. Margen de ganancia. Lugar geométrico de las raíces. Análisis de la respuesta en frecuencia de amplificadores realimentados. Compensadores. E XA M E N F I N A L 10
Electrónica Analógica II CAPÍTULO 1 INTRODUCCION En este capítulo estudiaremos los amplificadores de potencia de audio. Veremos las configuraciones más usadas, así como sus parámetros característicos y aplicaciones. Sus métodos de análisis apoyados por programas de cálculo y simulación. Complementaremos los conceptos con problemas de análisis y diseño. El sonido: El sonido es originado por vibraciones periódicas de un cuerpo con frecuencias comprendidas entre 16 ó 20 Hz y 20 KHz. Para la producción de un sonido no es suficiente un cuerpo que vibre, sino que, además, debe estar dentro de un medio material adecuado para que las ondas puedan propagarse. Depende también del medio, la velocidad de propagación del sonido. Por ejemplo: En el aire a 0°C, la velocidad es 331 m/s En el aire a 20°C, la velocidad es 343 m/s En Hidrógeno puro a 0°C, la velocidad es 1290 m/s En agua dulce, la velocidad es 1450 m/s En agua de mar, la velocidad es 1504 m/s Los diversos sonidos pueden distinguirse por tres características principales: Intensidad: Está determinada por la amplitud de la vibración. Está relacionada con la energía que transporta la onda. Para medir la mínima potencia que puede detectar un oído normal, se usa la frecuencia de 1KHz y se reduce la potencia hasta el mínimo capaz de provocar sensación auditiva. Se ha determinado que este mínimo, a 1KHz, es: Wo = 10‐16 W/cm2 y recibe el nombre de umbral auditivo. Cuando se aumenta la potencia para duplicar la sensación auditiva, (o sea, 2Wo) se ha medido que se requiere elevar 10 veces la potencia; para elevarla al triple (o sea, 3Wo), se requiere elevar 100 veces la potencia; y así sucesivamente. Esto demuestra que el oído responde en forma logarítmica a las variaciones de potencia y, por ello, los potenciómetros usados para ajustar el volumen son de tipo logarítmico. Adicionalmente, si la relación entre la potencia final y la inicial es de 10 (= 101), se dice que esta relación corresponde a 1 Bel; si la relación entre la potencia final y la 11
Electrónica Analógica II inicial es de 100 (= 102), se dice que esta relación corresponde a 2 Bel, y así sucesivamente. Debido a que el oído puede captar diferencias de potencias inferiores a 1 Bel, se acostumbra usar una unidad diez veces menor, el decibel. Cuando tenemos una medida en decibeles, basta dividirla por 10 para tener su expresión en Bel. También se emplean otras unidades en decibeles: dbw: La letra W se refiere a que se usa como referencia 1 vatio. Es decir, la potencia de un vatio equivale a 0 dbw. dbm: La letra m se refiere a que se usa como referencia 1 mili vatio. Es decir, la potencia de un mili vatio equivale a 0 dbm. dbu: La letra U se refiere a que se aplica una potencia de 1 mili vatio a una carga de 600Ω. Para producir esa potencia, la resistencia debe recibir 0.775 voltios eficaces. Tono: Está determinado por la frecuencia del sonido o por la frecuencia del sonido fundamental en caso que no sea puro. El oído no puede detectar la frecuencia absoluta con precisión, pero sí puede notar diferencias de frecuencia con bastante exactitud. Por esta razón, en la música se habla de intervalos o relaciones de frecuencias, como por ejemplo: do re mi fa sol la si do 1 9/8 5/4 4/3 3/2 5/3 15/8 2 Al intervalo de valor 2 se le da el nombre de octava Timbre: Está determinado por el número e intensidad de las componentes armónicas que acompañan al sonido fundamental. Los sonidos reales siempre van acompañados de un cierto número de armónicos. Dos instrumentos diferentes pueden producir la misma nota, pero las diferenciamos debido al contenido de armónicos, que son distintivos del tipo de instrumento. Transductores: Debido a que los amplificadores electrónicos funcionan con electricidad, para amplificar un sonido es necesario convertirlo en una variación eléctrica directamente proporcional. El dispositivo que realiza esta operación es un transductor que recibe el nombre de micrófono. Una vez que la señal ha sido amplificada con la potencia requerida, se hace necesario convertirla nuevamente en sonido; para ello usamos otro transductor que recibe el nombre de parlante o altavoz. 12
Electrónica Analógica II Debe notarse que estos transductores deben ser lo más lineales posible en todo el rango de trabajo para impedir que los sonidos sean alterados con respecto a los originales El concepto de estereofonía: El oído humano es capaz de determinar la dirección en la que le llega el sonido. Para ello es necesario poder escuchar con ambos oídos. Supongamos que, como se muestra en la Fig. 0.1, una persona A escucha por su oído izquierdo, B, y su oído derecho, C, el sonido de una fuente puntual, D, que está situada al frente y ligeramente a su izquierda. En la Fig. 0.1 se puede notar que el recorrido desde D hasta B es más corto que el de D hasta C. Por ello, el sonido llega más rápido y con mayor intensidad al oído B. Los sonidos recibidos por B y C son ligeramente diferentes aunque poseen el mismo contenido de información. Ellos son conducidos por medio del tímpano, huesos del oído y nervios auditivos a la zona del cerebro que recibe las señales generadas por estímulos sonoros. Estas señales son analizadas por el cerebro, el cual transforma la diferencia entre ellas en una indicación de la dirección de la fuente de sonido. Se ha comprobado que la forma del pabellón de la oreja ejerce un cierto efecto sobre la determinación de la procedencia del sonido y, además que la precisión con que se hace dicha determinación se reduce apreciablemente cuando los sonidos son de baja frecuencia. D
A
B
C
Fig. 0.1: Audición de una fuente puntual de sonido 13
Electrónica Analógica II Cuando se comprendió el mecanismo fisiológico que permitía determinar la procedencia de un sonido, se pensó que este conocimiento podría aplicarse en su registro y reproducción. Para obtener una fiel reproducción, la imagen del sonido debe ser determinada en el espacio. Un procedimiento adecuado para conseguirlo consiste en reproducir dos señales transmitidas, por medio de dos parlantes, E y F, separados una cierta distancia, como se indica en la Fig. 0.2. Las distancias a los parlantes son iguales para cualquier observador que se encuentre en la línea PQ. El observador oirá por tanto el sonido de ambos parlantes con intensidades y diferencias de tiempos de propagación que estén en la misma relación con los sonidos que recibiría si estuviera en el lugar donde se encuentra la fuente de sonido. Sin embargo, el oído izquierdo no sólo recibe el sonido del parlante izquierdo, sino también el del derecho. Algo similar ocurre en el oído derecho. Además, cuando el observador no se encuentra en la línea PQ aparecerán diferencias de intensidad y de tiempos de propagación que no se corresponderán con los originales. En la práctica, el efecto de estos dos factores es pequeño en una amplia zona de audición y, en ella, se consigue una buena estereofonía. Esta zona se encuentra esquematizada en la Fig. 0.2. E
F
P
Q
Fig. 0.2: Ubicación de los parlantes para reproducción estereofónica Otro método de aproximación a un efecto estereofónico se obtiene si, por ejemplo, se coloca una pantalla que tenga varios micrófonos al frente de una orquesta. Cada 14
Electrónica Analógica II micrófono se conecta a un parlante que ocupa una posición similar en una habitación para audiciones existente en cualquier otro sitio. Esta disposición se indica en la Fig. 0.3. Una persona en esta habitación obtendrá una buena imagen espacial de la orquesta; en ella todos los instrumentos se oirán en su posición correcta. Las pruebas que se han efectuado han permitido demostrar que esta disposición puede ser reducida a otra en la que sólo existan dos micrófonos separados una cierta distancia y, en la habitación para audiciones, dos parlantes conectados a dichos micrófonos. ¿Cómo se determina la zona de audición? Dicha zona se determina experimentalmente, de manera que en todos los puntos se tenga la misma sensación de ubicación de la fuente de sonido. Dicha zona es función de la separación entre los parlantes, de su distancia a las paredes laterales, de las dimensiones de la habitación. De lo anterior se deduce que sólo se necesitan dos elementos de registro y dos de reproducción para obtener una buena imagen sonora estereofónica. Esto quiere decir que la información adecuada para estereofonía puede transmitirse usando solamente dos señales. 2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ORQUESTA
Fig. 0.3: Transmisión estereofónica por medio de un cierto número de micrófonos y parlantes. 15
Electrónica Analógica II FORMAS DE ACOPLO DE AMPLIFICADORES DE BAJA FRECUENCIA Debido a que las impedancias de entrada y salida de los amplificadores transistorizados en montaje de emisor común, que es el más utilizado, son del orden de 1 KΩ á 20 KΩ, respectivamente, el acoplamiento directo de dos etapas amplificadoras produce pérdidas considerables de potencia. Para evitarlo, debemos adaptar las impedancias. Para adaptar las impedancias de entrada y salida de dos etapas amplificadoras se utilizan diversos tipos de acoplamiento: Acoplo por transformador: Se muestra en el siguiente esquema. Es el que ofrece mayor ganancia de potencia, pero no es muy utilizado porque su respuesta en frecuencia no es muy amplia. TR
C1
1
5
4
8
Q2
Q1
C2
R1
R2
VCC
Fig. 0.4 Acoplo por transformador Si la impedancia de salida de Q1 es 20 KΩ y la de entrada de Q2 es de 1 KΩ, la relación de transformación (n) deberá ser: n = (20000/1000)0.5 = 4.47 Acoplo por autotransformador: Emplea un autotransformador en lugar de transformador. A continuación se muestran dos formas de uso de este método: 16
Electrónica Analógica II T
C1
R3
Q1
C3
Q2
R1
R2
R4
C2
C4
VCC
T
C1
Q1
C3
Q2
R1
R2
C2
R3
R4
C4
VCC
Fig. 0.5 Acoplo por autotransformador Acoplo por resistencia‐capacidad: Este es uno de los más usados y, aunque no permite acoplar perfectamente las impedancias y la ganancia es menor, su precio y espacio ocupado es más reducido. Permite también una buena respuesta en frecuencia si C1 es lo suficientemente elevado. C1
Q2
Q1
R1
R2
VCC
Fig. 0.6 Acoplo por resistencia capacidad Acoplo directo: Este es también muy usado, especialmente en circuitos integrados. Debe tenerse cuidado con la estabilidad de los puntos de operación debido a que influyen de una etapa a otra. Permite una buena respuesta en baja frecuencia (desde DC). 17
Electrónica Analógica II VCC
R1
R4
Q1
Q2
R2
R3
R5
C1
VCC
R6
R1
R2
R5
Q2
R4
Q1
R7
C1
R3
Fig. 0.7 Acoplo directo Acoplo directo complementario: Esta es otra forma de acoplo muy difundida que permite muy buena respuesta en baja frecuencia (desde DC) y se caracteriza por emplear transistores NPN y PNP. Cuando se emplea acoplo directo con un solo tipo de transistor, la tensión continua de salida tiende a acercarse al valor de la fuente de alimentación, restringiendo el nivel máximo de amplificación. Este problema se evita empleando los dos tipos de transistor para que la tensión DC en la salida no se eleve demasiado, como se muestra a continuación: 18
Electrónica Analógica II VCC
R6
R1
R2
R5
Q2
R4
Q1
R7
C1
R3
Fig. 0.8 Acoplo directo complementario CONTROLES DE VOLUMEN Y DE TONO El control de volumen, como su nombre lo indica, consiste en un potenciómetro que regula el volumen sonoro proporcionado por el amplificador desde cero hasta su máxima potencia. Debe ser colocado en una posición tal que no afecte las corrientes de polarización ni las impedancias de carga de los transistores. Tampoco deben ser causa de ruido, lo cual puede suceder cuando se le coloca a la entrada, porque será amplificado y se deteriorará la relación señal/ruido. Si se le coloca en una etapa intermedia puede ser que no ajuste la salida a un nivel suficientemente bajo. Por ello, su ubicación deberá elegirse con cuidado para evitar estos efectos desfavorables. Estos controles son hechos mediante potenciómetros logarítmicos debido a las características de funcionamiento del oído humano. A continuación se muestran métodos de conexión del control de volumen Control de Graves y Agudos Este control de tonos tiene dos potenciómetros que permiten ajustar la presencia de graves y agudos en una señal de audio. 19
Electrónica Analógica II 3
50K
2
100K
10K
+
100K
10K
1
-
NE5532
56nF
56nF
1K5
10nF
22K
20K
4K7
10nF
2K2
100pF
2K2
6
22K
5
7
NE5532
+
10K
+
2K2
-
10uF / 16v / NP
2.2uF
10K
Se utiliza un circuito integrado de altas prestaciones para audio que contiene en su pastilla dos amplificadores operacionales. Se trata del NE5532, el cual se alimenta con +/‐ 15V. El potenciómetro de 50K a la entrada establece el nivel de entrada o sensibilidad del sistema. El preset de 20K primeramente debe situarse al centro de su cursor. Si se presentasen distorsión o deformaciones en el audio disminuir éste hasta lograr una reproducción fiel. El potenciómetro de 100K ajusta la cantidad de graves, mientras que el de 10K hace lo mismo con los agudos. Como la alimentación es simétrica por el terminal 4 del integrado (Marcado GND en la imagen de arriba) debe ir a ‐15V mientras que el terminal 8 (Marcado como Vcc) 20
Electrónica Analógica II debe ir a +15V. La masa debe cablearse a 0V, que en integrado no se conecta mas que a la entrada no inversora del segundo operacional (terminal 5). 1.0. AMPLIFICADORES DE POTENCIA Los amplificadores de potencia, como su nombre lo indica, son los encargados de entregar potencia a la señal de entrada Este proceso lo hacen elevando la tensión, o elevando la corriente o elevando ambas, tensión y corriente. El método que se utilice dependerá básicamente de las características de la carga y de la fuente de alimentación que se emplee. La potencia la sacan de la fuente de alimentación y parte de ella, no toda, la transfieren a la señal. La otra parte la disipan ellos mismos. Este comportamiento se especifica con el parámetro denominado eficiencia (η). Es muy importante que este parámetro sea lo mas alto posible (idealmente, igual al 100%). Los modelos a estudiar poseen mayor o menor eficiencia pero no llegan al máximo ideal y, por ello, la elección del modelo a usar deberá hacerse de manera que no influya negativamente en la eficiencia total del sistema. Actualmente existen amplificadores de potencia de alta eficiencia y muy compactos (como el amplificador clase D) que funcionan en el modo de conmutación. El control digital que poseen lo hacen muy susceptible a la programación y control por computadora. Sin embargo, no han logrado, en la actualidad, desplazar a los amplificadores analógicos debido a que éstos ofrecen una alta calidad de la señal de salida, son más sencillos y no generan demasiado ruido e interferencia. Para el estudio del amplificador de potencia son muy importantes los cálculos de potencia. Necesitamos conocer las expresiones de la potencia promedio entregada a la carga, la potencia promedio que entrega la fuente de alimentación y la potencia promedio disipada por el mismo amplificador (transistores, resistores, etc). Dado que queremos que el amplificador sea capaz de entregar la mayor potencia posible, necesitamos ubicar el punto de operación de manera de lograr este cometido. Una vez determinada la posición del punto de operación, se elige la red de polarización para conseguirlo. Clases de operación: Clase A: Son amplificadores de baja eficiencia, pero de mayor linealidad. El transistor se polariza en la zona activa y conduce corriente en los 360°. Se usa en audio y en radiofrecuencia. 21
Electrónica Analógica II Clase B: Son amplificadores más eficientes que los anteriores. Los transistores se polarizan en la zona de corte y sólo conducen corriente en un ángulo de 180°. Clase AB: Son amplificadores con eficiencia similar que clase B. Los transistores se polarizan cerca a la zona de corte y conducen corriente más de 180°. Se usa mucho en audio y en radiofrecuencia. Clase C: Son amplificadores de alta eficiencia. El transistor se polariza en la zona de corte y sólo conducen corriente en un ángulo menor que 180°. No se usa en audio sino en radiofrecuencia. Clase D: Son amplificadores que trabajan en conmutación. Tienen alta eficiencia pero problemas de ruido, especialmente de conmutación. Son usados para audio en baja frecuencia (sub woofers). Se están haciendo avances para mejorar su respuesta en toda la gama de frecuencias de audio, pero trabajando a frecuencias de conmutación más elevadas. Clase E: Se usa en amplificadores que trabajan con pulsos y presentan rendimiento alto. Su salida se sintoniza a una determinada frecuencia. Es empleado en aplicaciones de radio cuando se trabaja a una sola frecuencia o un margen muy estrecho de frecuencias. No se usa en audio. Clase G: Son amplificadores de conmutación en los que se emplean dos fuentes de alimentación. La fuente de menor voltaje para las señales débiles y la de mayor voltaje para las señales fuertes. De esta manera se eleva la eficiencia, sólo conmutando las fuentes de alimentación. Pueden producir mejor sonido que los de clase D. Clase H: Utilizan una fuente de alimentación conmutada o se la construye mediante un amplificador clase D. A su vez, con esta fuente conmutada se alimenta a un amplificador clase A o AB. Tienen muy buen rendimiento y la calidad del sonido es similar a la de clase AB. Se emplea en equipos profesionales. PARÁMETROS DE LOS AMPLIFICADORES DE BAJA FRECUENCIA: Los parámetros que debe tener un buen amplificador de audio están regidos por normas internacionales, como por ejemplo, la norma DIN 45 500. A continuación detallamos los más importantes: 22
Electrónica Analógica II Distorsión armónica (Harmonic Distortion) Es originada por la falta de linealidad de los circuitos electrónicos. Se presenta cuando en la salida aparecen componentes armónicas que no estaban presentes en la entrada, lo cual constituye una deformación. La norma mencionada exige que esta distorsión sea menor del 1% a la potencia nominal. Los fabricantes especifican comúnmente la distorsión armónica total (THD) Distorsión por Intermodulación (Intermodulation Distortion) Este tipo de distorsión se presenta cuando la entrada presenta diferentes componentes de frecuencia y el circuito introduce otras componentes con frecuencias suma y diferencia, incluyendo múltiplos, de las de entrada. Este parámetro se mide aplicando dos frecuencias que no sean múltiplos, a la entrada, y midiendo en qué medida la superior es afectada por la inferior. La norma exige que esta distorsión sea inferior al 3%. Factor de Amortiguamiento (Damping Factor) Está relacionada con la impedancia de carga y la de salida del amplificador. Debe expresarse para una impedancia determinada de carga (4, 8 ó 16 ohmios) y una frecuencia que comúnmente es 1 KHz. La norma exige un factor de amortiguamiento superior á 3. Impedancia (Impedance) La impedancia de carga de un amplificador deberá ser de igual valor que su impedancia de salida para obtener el máximo rendimiento del conjunto. Se mide en ohmios. La norma exige 4 u 8 ohmios de impedancia de salida para los amplificadores de baja frecuencia. Potencia (Power) Es la energía por unidad de tiempo que puede entregar el amplificador al parlante. Puede ser expresada en diferentes formas, pero la manera correcta es en vatios sobre una impedancia de carga nominal, sobre un rango de frecuencias determinado y sin sobrepasar el porcentaje de distorsión armónica prefijado. La norma establece que la potencia mínima a suministrar por un amplificador de baja frecuencia es de 6W. Relación Señal/Ruido (Signal to Noise Ratio) Es la relación entre la amplitud de la señal de audio y la amplitud de la señal de ruido. Esta relación es más reducida en la etapa pre amplificadora y, por ello, estas etapas deben estar más protegidas y construidas con componentes de bajo ruido. Se expresa en decibeles para una potencia de salida determinada. La norma exige una relación señal/ruido superior a 50db para 50 mWde salida. 23
Electrónica Analógica II Respuesta de Frecuencia (Frequency Response) El amplificador debe reproducir fielmente todas las señales de baja frecuencia sin aumentar ni disminuir su ganancia. Para ello se grafica la curva de respuesta con las frecuencias de audio en el eje x y la ganancia expresada en decibeles en el eje y. La norma exige una respuesta en frecuencia de 40 á 16,000 Hz con variación de ± 1.5 db a la potencia nominal. 1.1. AMPLIFICADOR CLASE A En este tipo de amplificador el punto de operación se ubica en la zona activa (para el BJT) o en la región de corriente constante (llamada también zona de saturación en los FETs). Esta ubicación debe realizarse de manera que la señal circule durante los 360° de su período. Cuando esto sucede, se dice que el amplificador trabaja en clase A. Para el análisis y diseño de estos amplificadores es importante conocer los conceptos de rectas de carga y las limitaciones del transistor de potencia. 1.1.1. RECTAS DE CARGA ESTATICA Y DINAMICA En la malla colector – emisor del circuito de la figura 1.5 podemos plantear la ley de tensiones de Kirchoff: VCC = iC (RC + RE + RE / β) + vCE Î (1.1) La corriente total de colector se puede expresar como: iC = IC + ic Î (1.2) Donde: iC = corriente total de colector IC = corriente continua de colector ic = corriente de señal de colector Cuando la corriente de colector aumenta, la tensión colector‐emisor disminuye y viceversa. Por ello, podemos expresar lo siguiente: vCE = VCE – vce Î (1.3) Donde: vCE = tensión total colector ‐ emisor VCE = tensión continua colector ‐ emisor vce = tensión de señal colector – emisor Reemplazando (1.2) y (1.3) en la ecuación (1.1) obtenemos: VCC + 0 = IC (RC + RE + RE / β) + VCE + ic (RC + RE + RE / β) ‐ vce Î (1.4) 24
Electrónica Analógica II Debido a que la tensión de la fuente de alimentación es constante, los términos con señal del lado derecho deben eliminarse entre sí y podemos desdoblar la ecuación 1.4 en dos partes: Una, sólo con los términos de continua y la otra sólo con los términos de señal. Es decir: VCC = IC (RC + RE + RE / β) + VCE Î (1.5) La ecuación (1.5) recibe el nombre de recta de carga estática. Î (1.6) 0 = ic (RC + RE + RE / β) ‐ vce La ecuación (1.6) recibe el nombre de recta de carga dinámica. Por lo anterior, podemos estudiar al amplificador analizándolo sólo en continua y luego sólo con señal. Debemos indicar, sin embargo, que cuando las señales de entrada son grandes, el transistor, como es un componente no lineal, producirá distorsión e incluso, producirá un nivel de continua, originado por el nivel de señal de entrada, que alterará el punto de operación. Para reducir este efecto y disminuir las no linealidades de estos dispositivos se emplea la realimentación negativa (feedback), la cual se estudiará en el capítulo 2 Las ecuaciones 1.5 y 1.6 son válidas para circuitos como el de la figura 1.5. Para otras topologías, deberá obtenerse sus rectas siguiendo las recomendaciones que se dan a continuación: Recta DC: ‐ Las capacidades se consideran circuito abierto. ‐ Las bobinas se consideran cortocircuitos (excepto cuando deba considerarse su resistencia en DC) ‐ Las fuentes de tensión de señal se hacen cero (cortocircuito) o se reemplazan por su resistencia interna para DC. ‐ Las fuentes de corriente de señal se hacen cero (circuito abierto) o se reemplazan por su resistencia interna para DC. Recta AC: ‐ Las capacidades grandes se consideran corto circuitos. ‐ Las bobinas grandes se consideran circuitos abiertos. ‐ Las fuentes de tensión continua se hacen cero (cortocircuito) o se reemplazan por su resistencia interna para AC. ‐ Las fuentes de corriente continua se hacen cero (circuito abierto) o se reemplazan por su resistencia interna para AC. 25
Electrónica Analógica II 1.1.2. POTENCIA INSTANTÁNEA Y POTENCIA PROMEDIO Si efectuamos el producto de la tensión y corriente totales en el transistor obtenemos lo siguiente: pce = vCE iC = (VCE – vce)(IC + ic) = VCE IC + VCE ic ‐ vce IC ‐ vce ic Î (1.7) La expresión (1.7) representa la ecuación de la potencia instantánea disipada por el transistor y las componentes de señal hacen que varíe con el tiempo. En nuestro estudio nos interesa principalmente la potencia promedio, la cual puede obtenerse hallando el valor promedio de la potencia instantánea: T PC = (1/T) ∫ pce dt Î (1.8) 0 Trabajando con señales sinusoidales, la potencia promedio se puede expresar como: PC = VCE IC – 0.5 Vce Ic Î (1.9) Donde: Vce = tensión pico de señal sinusoidal colector ‐ emisor Ic = corriente pico de señal sinusoidal de colector T = período de la señal La ecuación 1.9 es válida cuando el transistor trabaja en clase A. El término VCE IC corresponde a la potencia promedio producida por los niveles de continua en el transistor (punto de operación) El término 0.5 Vce Ic corresponde a la potencia promedio producida por los niveles de señal en el transistor. El signo negativo nos indica que cuando hay señal el transistor disipa menos potencia. Si el nivel de señal aumenta al máximo, la potencia promedio disipada por el transistor disminuye al mínimo. Si la señal se hace cero, la potencia promedio que disipa el transistor alcanza su valor máximo. Esto último es importante porque nos informa que el amplificador clase A disipa máxima potencia cuando no tiene señal de entrada. Observamos también que el término 0.5 Vce Ic corresponde al producto de los valores eficaces de la tensión y corriente sinusoidales. En los equipos comerciales se acostumbra hablar de la potencia rms y la potencia pmpo. 26
Electrónica Analógica II El término potencia rms es un nombre comercial de la potencia promedio. En realidad los valores eficaces (o rms) están definidos para la tensión y corriente no para la potencia; y, a partir de ellos, se obtiene la potencia promedio. Cuando veamos que en un equipo comercial de audio mencionan el término potencia rms, deberemos entender que se refieren a la potencia promedio. En los equipos comerciales también se acostumbra hablar de la potencia pmpo. La potencia pmpo se refiere a una potencia musical pico evaluada en un determinado lapso (en esto se relaciona más con la potencia instantánea) y no tiene relación directa con la potencia promedio, que es la que sí nos indica la capacidad real del equipo. Incluso, puede variar de un fabricante a otro con equipos similares. Su valor es mucho más alto que el de la potencia promedio. En los equipos comerciales alcanza valores entre 8 á 10 veces más altos que la potencia promedio. 1.1.3. LIMITES DEL TRANSISTOR BIPOLAR DE POTENCIA La cantidad de potencia que se le podrá entregar a una carga, tendrá un límite establecido por los parámetros del transistor. De sus curvas características podremos apreciar dichas limitaciones: 1. Limitaciones de carácter térmico: La máxima potencia promedio que el transistor puede disipar está limitada por la temperatura que la juntura base‐
colector puede soportar. Por ello, todos los diseños de circuitos incluirán un cálculo de las condiciones térmicas para asegurar que no se exceda la máxima temperatura de juntura permitida. Pc(W)
Pcmáx
- 1/Ojc
0
Tco
Tjmáx
Fig. 1.1 Θjc es la resistencia térmica entre juntura (j) y la cápsula © La potencia promedio (Pc) disipada en el circuito de colector es igual al promedio del producto de la corriente del colector por el voltaje colector‐base. La máxima potencia promedio de colector permitida es especificada por los fabricantes. 27
Electrónica Analógica II En el gráfico 1.1 observamos que el transistor puede disipar la potencia máxima hasta la temperatura de la cápsula Tc0 (comúnmente 25 ˚C). Después de ella la disipación de potencia debe ser reducida. La magnitud de la inversa de la pendiente recibe el nombre de Resistencia Térmica, y es un parámetro dado por los fabricantes. Con ella podemos calcular qué potencia puede disipar un transistor cuando su temperatura supera el valor Tc0. Limitaciones de carácter eléctrico: Relacionadas con la forma de las curvas, pues cuando queremos amplificar una señal con la menor distorsión posible, (clase A), se debe hacer trabajar el elemento activo en su zona lineal (donde las curvas pueden considerarse líneas rectas, equidistantes y paralelas). De las curvas se aprecia las limitaciones de corriente y tensión en el funcionamiento del transistor. a. BVCEO (“Break down”‐ tensión de colector – emisor – base abierta): Para grandes tensiones de colector, las características pierden linealidad debido a la ruptura en la unión de colector (similar al efecto Zener o avalancha). En transistores de potencia estos valores pueden estar entre 50 y 200 voltios. b. icmax(máxima corriente de colector) para grandes corrientes de colector, las características quedan muy juntas, perdiendo linealidad y además sometiendo a las uniones a dichas corrientes, se puede dañar físicamente al transistor. c. PCmax: En ocasiones no habrá señal de entrada en el amplificador y luego, el punto de operación debe corresponder a una disipación de colector que sea segura. En la figura 1.2, podemos observar otras dos zonas: Pcmax = 40W a 110 grados
Ic (A)
ZONA DE SATURACION
Pcmax = 150W a 25 grados
Ib = 0.6A
8
6
ZONA
SEGURA
PARA
110
GRADOS
4
2
0
ZONA
SEGURA
PARA
25
GRADOS
Ib = 0.5A
Ib = 0.4A
Ib = 0.3A
Ib = 0.2A
Ib = 0.1A
Ib = 0A
ZONA DE CORTE
2
Vce,sat
5
10
15
20
25
Vce (V)
ZONA
DE
RUPTURA
Fig. 1.2 Saturación: Para valores de VCE ≤ VCE,sat, se aprecia que Ic es muy grande con los resultados considerados en icmax 28
Electrónica Analógica II Son valores típicos para: Transistores de baja potencia (Pc<1w): => Vce,sat = 0.1 á 0.3v Transistores de potencia (Pc>1w): => Vce,sat = 1 á 2v Corte: Es el límite inferior de la corriente del colector, donde las curvas también pierden linealidad. En nuestro estudio no se considera esta zona. d. El conjunto de las consideraciones anteriores, va a limitar en su interior, la llamada región o zona activa, donde se obtendrá amplificación lineal. Los límites anteriores, comprenden las especificaciones del transistor, las cuales serán proporcionadas por el fabricante en los manuales respectivos y que deberán ser tomadas en cuenta en el diseño para una operación adecuada. Especificaciones: icmáx BVCEO Pcmax = VCEQ ICQ Desde luego también se debe especificar su β, fT, etc. Si se grafican las especificaciones anteriores (figura 1.3): DESPUÉS DE CORREGIR POR TEMPERATURA
Ic
ANTES DE CORREGIR POR TEMPERATURA
ZONA DE OPERACION SEGURA
PARA EL TRANSISTOR
BVceo
Fig. 1.3 Vce
donde: Pcmax adopta la forma de una hipérbola (equilátera respecto al origen de coordenadas), que representa el lugar geométrico de todos los puntos de operación en los cuales la disipación es exactamente Pcmax. 29
Electrónica Analógica II Hasta ahora, en las relaciones del análisis, no se han tomado en cuenta los límites del transistor. La consideración de estos límites y especificaciones permitirán la elección correcta del punto de operación. Debe tenerse en cuenta lo siguiente: 1. De los gráficos anteriores, se observa que para operación segura, el punto de operación debe ubicarse debajo o en la hipérbola de disipación máxima (la ya corregida por temperatura). 2. Además, la línea AC con pendiente (‐1/Rac), debe pasar a través del punto Q e intersectar el eje VCE a un voltaje menor que BVCEO y 3. Debe intersectar el eje iC a una corriente menor que iC max o sea: 2VCC ≤ BVCEO Î (1.10) 2ICQ ≤ iC max Î (1.11) Observación Importante: se debe tener presente que lo anterior es para condiciones de máxima excursión simétrica, pues las rectas de alterna, podrían cortar los ejes, más allá de dichos límites (desde luego en forma indeseable para nuestro caso). La máxima excursión simétrica se obtiene trazando la recta mediana (figura 1.4). Esta recta corta a la recta de carga dinámica en dos partes iguales. El punto de corte define al punto de operación necesario para máxima excursión simétrica. La recta mediana o de máxima excursión simétrica (M.E.S.) se obtiene mediante la recta de carga dinámica. Es prácticamente la misma ecuación, sólo que con pendiente positiva y también contiene al punto de operación. Luego, particularizando, para tener condiciones óptimas, si se desea máxima excursión simétrica, se tendrá que cumplir: IC0= (1/RL)VCEQ y con: Pc max = VCEQICQ El punto Q será: ICQ=(Pc max/RL)1/2 Î (1.12) VCEQ=(Pc max * RL)1/2 Î (1.13) Se ve que en el punto Q. La pendiente de la hipérbola es: ∂ iC / ∂ VCE = ‐ ICQ / VCEQ = ‐ 1 / RL 30
Electrónica Analógica II O sea, la pendiente de la línea AC es la misma que la pendiente de la hipérbola y la línea AC es tangente a la hipérbola en el punto Q cuando es lograda la máxima excursión simétrica (figura 1.4). Estas consideraciones son útiles para el caso de diseño. Finalmente, en el caso más real y práctico, el otro límite a considerar en los cálculos, es el impuesto por la región de saturación. En nuestra configuración circuital: VCE,sat. La mayoría de los conceptos anteriores también son aplicables a los FETs. Ic
Pcmax
recta dc
recta ac
Ic = Vce / RL
IcQ
Q
VceQ
BVceo
Fig. 1.4 1.2. Vce
ESTUDIO DE DIVERSAS CONFIGURACIONES DE AMPLIFICADORES DE POTENCIA DE AUDIO FRECUENCIA EN CLASE A Las ecuaciones que se van a deducir se aplican únicamente a las topologías mostradas. Cuando se tengan topologías diferentes, se tendrá que hacer el análisis respectivo para la obtención de las ecuaciones correspondientes. 1.2.1. AMPLIFICADOR CLASE A CON CARGA EN COLECTOR. En la figura 1.5 se muestra un amplificador de este tipo: 31
Electrónica Analógica II VCC
VCC
Rc
Rc
R1
Rb
Q
RE
R2
Q
+
VBB
-
Fig. 1.5 RE
Se puede hallar el circuito thevenin equivalente en la malla base‐emisor, como se muestra en la figura 1.5. Este circuito será útil para determinar los valores de R1, R2 y RE que son los que permitirán conseguir la corriente requerida en el punto de operación. Recta de carga estática: VCC = IC (RC + RE + RE / β) + VCE Î (1.14) Si: β >> 1, la expresión se reduce a: Î (1.15) VCC = IC (RC + RE) + VCE Recta de carga dinámica: vce = ‐ ic (RC + RE) Î (1.16) Recta de Máxima Excursión Simétrica: vCE = iC (RC + RE) Î (1.17) 1.2.1‐1.PUNTO DE OPERACIÓN PARA MÁXIMA EXCURSIÓN SIMÉTRICA (IDEAL): Como en la ecuación (1.17) se encuentra el punto de operación, se cumplirá: VCEQ = ICQ (RC + RE) Î (1.18) Reemplazando (1.18) en (1.15): VCC = ICQ (RC + RE) + ICQ (RC + RE) De donde: ICQ = VCC / [2(RC + RE)] Î (1.19) Y: VCEQ = VCC / 2 Î (1.20) 1.2.1‐2. MÁXIMA POTENCIA DISIPADA POR EL TRANSISTOR: Cono se mencionó anteriormente, cuando el transistor trabaja en clase A disipa máxima potencia cuando no tiene señal de entrada. Entonces: 32
Electrónica Analógica II Î (1.21) PCmáx = VCEQ ICQ 1.2.1‐3.‐ MÁXIMA POTENCIA ENTREGADA A LA CARGA: Si la carga es la resistencia de colector, la máxima potencia de señal que recibe la carga es: PLmáx = 0.5 (ICQ)2RC Î (1.22) En el caso ideal la tensión colector‐emisor de saturación es cero y la máxima tensión pico de señal será igual a VCEQ; entonces: PLmáx = VCEQ2/ 2RC = VCC2/ 8 RC Î (1.23) 1.2.1‐4.‐ MÁXIMA POTENCIA ENTREGADA POR LA FUENTE: La corriente que entrega la fuente está formada por la corriente total que va por el colector más la corriente que va por la red de polarización (por R1). Es decir: pCC = VCC (iC + iR1) Si trabajamos con señales sinusoidales, podemos hallar fácilmente la potencia promedio (dado que el promedio de una sinusoide es cero): Î (1.24) PCC = VCC (ICQ + IR1) En los casos en que se cumpla: ICQ >> IR1, se puede hacer la siguiente aproximación: PCC = VCC ICQ Î (1.25) Esto último se puede lograr fácilmente en los amplificadores con FET debido a que ellos se controlan con tensión de entrada y tanto R1 como R2 pueden tener valores elevados. 1.2.1‐5.‐ PUNTO DE OPERACIÓN PARA MÁXIMA EXCURSIÓN SIMÉTRICA (REAL): En el caso real, la tensión colector‐emisor de saturación no es cero y ello obliga a corregir la recta de Máxima Excursión Simétrica para ubicar el punto de operación y obtener la máxima tensión y corriente pico de señal reales. Esto se consigue desplazando la recta de M.E.S. sobre el eje de tensiones una cantidad igual a VCE, sat: Recta corregida de Máxima Excursión Simétrica: Î (1.26) vCE = iC (RC + RE) + VCE,sat 33
Electrónica Analógica II El punto de operación real será: ICQ = [VCC ‐ VCE,sat] / [2(RC + RE)] Î (1.27) VCEQ = [VCC ‐ VCE,sat] / 2 Î (1.28) Estos valores reales los utilizaremos para los cálculos de potencia. 1.2.1‐6.‐ EFICIENCIA: La eficiencia se define como la relación de la máxima potencia promedio entregada a la carga dividida por la máxima potencia promedio entregada por la fuente: η = PLmáx / PCC Î (1.29) Reemplazando las expresiones de PLmáx y PCC, obtenemos: η = (0.5 ICQ2 RC) / (VCC (ICQ + IR1) Î (1.30) En el caso ideal se tiene: VCE, sat = 0, VCEQ = VCC / 2, RE = 0, ICQ >> IR1 e ICQ = VCC / [2(RC + RE)] Con ello resulta: ηideal = 25% Î (1.31) En este tipo de amplificadores la eficiencia no puede pasar del 25% y, por ello, de cada 100 vatios que absorben de la fuente entregan menos de 25 a la carga y el resto lo disipan ellos mismos. Esta baja eficiencia limita su uso a aplicaciones de pequeña potencia o como etapa previa de amplificadores de potencia más eficientes. Su baja eficiencia se debe a que RC y Re disipan potencia de continua y de señal a la vez. Una mejora se consigue evitando que la señal pase por Re y que la continua pase por RC, lo cual se logra con las siguientes configuraciones. 1.2.1‐7.‐ FIGURA DE MERITO: Es la relación entre la máxima potencia de disipación de colector del transistor, a la máxima potencia disipada en la carga: Î (1.32) F = PCmáx / PLmáx Reemplazando las expresiones de PCmáx y PLmáx obtenemos: F = VCC ICQ / (0.5 ICQ2 RC) = (4(RC + RE) / RC Î (1.33) Si: RE = 0, la figura de mérito llega a F = 4.0 Î (1.34) 34
Electrónica Analógica II PROBLEMA 1.1: Para el siguiente circuito amplificador con resistencia en colector, determine: a) El punto de operación b) La máxima excursión simétrica de la corriente del colector; c) Calcule las potencias y eficiencia. Asuma: VCE,sat = 0 , silicio y β = 100 VCC
R2
Rc
Ca1
Q
+
vce
-
VCC = 15 V
Rc = 1K
Re = 500
R1
ii
Re
Fig. 1.6 SOLUCION: a) Aplicando la 2º ley de kirchhoff al circuito colector‐ emisor de la figura 1.6: Circuito en DC: La ecuación de la recta de carga DC (figura 1.7) VCC
Rc
VCC = VCE + Ic Rc + Ie Re
Q
Si B >> 1, entonces Ie = Ic
Luego: VCC = Vce + Ic (Rc + Re)
15 = Vce + Ic (1.5K) ......(a)
Re
Fig. 1.7 ‐
Circuito en AC: La ecuación de la recta de carga AC (figura 1.8) 35
Electrónica Analógica II Rc
vce + ic Rc + ie Re = 0
Q
vce = - ic Rc - ie Re
ie = ic
vce = - ic (Rc + Re)
Re
vce = - ic (1.5K) ......(b)
Fig. 1.8 De (a) y (b) se observa que ambas rectas tienen la misma pendiente (‐1/1.5kOhms) y que coinciden (están superpuestas). Luego, graficando: icmax ocurre cuando vCE = 0 En (a): icmax = 15/1.5k = 10mA i C
(mA)
10
pendiente = - 1 / 1.5K
ICQ = 5
VCEQ
7.5
Fig. 1.9 VCC
15
vCE
(V)
vCEmax ocurre cuando: iC = 0 En (a): vCEmax = 15v Para lograr máxima excursión simétrica, se escoge el punto de operación (a partir del cual se originan las variaciones de la señal que ocurren sobre la recta 36
Electrónica Analógica II AC y que en este caso coinciden con la DC), en el centro de la línea de carga dinámica. Por lo tanto ICQ = 5mA VCEQ = 7.5v punto de operación (punto Q) b) Y la máxima excursión simétrica de la corriente de colector (pico a pico), será de 10mA (La corriente pico será: Icm = 5mA) c) Cálculo de las potencias y eficiencia. ™ Potencia proporcionada por la fuente DC (despreciando la corriente en el circuito de base): De (1.25): PCC = VCCICQ = 15v(5x10‐3A) = 75mW ™ Potencia suministrada a la carga (RC) y circuito de emisor (RE): En este caso: PL + PE = (I CQ )
2
T
(RC + RE ) + 1 ∫ iC2 (RC + RE )dt
T0
2
⎡
⎛ I CM
2
PL + PE = ⎢(I CQ ) + ⎜⎜
⎝ 2
⎣
⎞⎤
⎟⎟⎥(RC + RE )
⎠⎦
En condiciones de máxima excursión simétrica (Icm = ICQ) Por lo tanto max (PL+PE) = 1.5k( (5x10‐3)2 + (5x10‐3)2/2) max (PL + PE) = 56.25 mW ™ Potencia disipada en el transistor: T PC = VCEQ ICQ + (1 / T) ∫ vce ic dt 0 Como: vce = ‐ ic (Rc + RE) T PC = VCEQ ICQ + (1 / T) ∫ ‐ (Rc + RE) ic2dt 0 T PC = 37.5 mW ‐ (1 / T) ∫ (1.5K) ic2dt 0 PC = 37.5 mW – 750 (Icm2) 37
Electrónica Analógica II Se aprecia que la máxima disipación de colector ocurre cuando no hay señal AC en el circuito, por lo tanto PCmax = 37.5 x 10‐3 w La mínima disipación ocurrirá cuando Icm sea máxima, lo cual con Icm = ICQ = 5 x 10‐3 A por lo tanto: Pcmin= 37.5 x 10‐3w – (1500/2)(5x10‐3)2 Pcmin = 18.75 x 10‐3w ™ Eficiencia: de (37) : η = ½ I2cmRc/(15v)(5x10‐3A) η = 106I2cm/150 La eficiencia máxima ocurrirá en este circuito cuando la potencia entregada a la carga sea máxima, o sea, cuando Icm = ICQ = 5x10‐3A Por lo tanto ηmax = 16.7% < 25%, que es la máxima obtenible en este tipo de circuito (resistencia en colector), pero que no se obtiene en este ejemplo debido a que Re no es despreciable. Graficando la anterior en función de Icm. P
(mW)
PCC
75
37.5
PC
n
18.75
max
=
16.7%
12.5
n
PLac
Icm
ICQ
Fig. 1.10 PROBLEMA 1.2: Diseñe un amplificador clase A con carga en colector empleando un MOSFET de acumulación tipo IRF840. La señal de entrada es una sinusoide con frecuencia de 1 KHz. Se requiere una potencia de señal en la carga de 200 mW. La carga es de 100 Ω. 38
Electrónica Analógica II SOLUCION: Podemos emplear el esquema de la figura 1.11: VDD
R1
Ca1
RL
100
Q
IRF840
Vg
R2
Fig. 1.11 Rs
Cs
De la ecuación 1.22: PLmáx = 0.5 (IDQ)2RL De donde: IDQ = [2 Plmáx/ RL] 1/2 = 63.2 mA De las hojas de datos técnicos del MOSFET IRF840 obtenemos: La tensión umbral está comprendida en el rango: 2V ≤ VT ≤ 4V De las curvas características se observa que para VGS = 4.5V, ID = 1.2 A, aproximadamente, en la región de corriente constante. Con estos datos podemos hallar la constante K del MOSFET, la que nos servirá luego para determinar la tensión VGSQ necesaria para nuestro punto de operación. K = ID / (VGS – VT)2 Como el fabricante no nos da un valor exacto de VT sino un rango, trabajaremos con el valor promedio para hacer una primera aproximación: VT = (2 + 4) / 2 = 3V Luego: K = 0.53 A/V2 39
Electrónica Analógica II Obtenemos ahora la tensión VGSQ necesaria para lograr la corriente del punto de operación requerido: VGSQ = (IDQ / K)1/2 + VT = (63.2 mA/0.53 A/V2)1/2 + 3 = 3.34 V Rs se emplea para ayudar a estabilizar el punto de operación. Un valor recomendado para ello es: Rs = (VGSQ + VT) / IDQ = 100.38 Ω Tomaremos el valor comercial más cercano: Rs = 100 Ω A continuación hallamos la tensión necesaria del punto de operación: De la ecuación 1.26, adaptándola para el caso del MOSFET: VDSQ = IDQ (RL) + VDSmín No incluimos la resistencia Rs porque el condensador Cs actúa como cortocircuito para la señal y la recta de M.E.S. se obtiene a partir de la recta de carga dinámica. Emplearemos una tensión drenador–fuente mínima de 1V Luego: VDSQ = IDQ (RL) + 1 = 7.32 V Con estos valores determinamos la tensión necesaria para la fuente de alimentación, empleando la ecuación de la recta de carga estática: VDD = IDQ (RL + Rs) + VDSQ = 20V El siguiente paso es determinar los valores de R1 y R2 para lograr el punto de operación calculado. La tensión en el terminal de compuerta respecto a tierra es: VG = VGSQ + IDQ Rs = 9.32V Como la corriente de compuerta es prácticamente cero, R1 y R2 pueden tener un valor alto y bastará definir una mínima corriente que pase por ellas. Además, los valores obtenidos deben ser lo más cercanos posible a un valor comercial Si elegimos: R2 = 9.1KΩ La corriente que circule por ella será: IR2 = 9.32V/9.1KΩ = 1.024 mA Entonces: R1 = (20 – 9.32)V/1.024 mA = 10 KΩ Con estos valores procedemos ahora a simular el circuito en la computadora para ajustarlos más. 40
Electrónica Analógica II Los resultados de la simulación en continua nos dan los siguientes valores: Tensión en Re (nudo B) : 6.39 V Tensión en la compuerta respecto a tierra (nudo A): 9.53 V Tensión en el drenador respecto a tierra (nudo C): 13.6 V Con estos valores obtenemos: IDQ = 63.9 mA, VDSQ = 7.21 V Este punto de operación es muy próximo al de diseño, por lo que no haremos ajustes. En condiciones dinámicas, podemos observar en las figuras 1.12 y 1.13 se observa que la máxima excursión simétrica se logra con una tensión de entrada de 170 mVpico. La máxima tensión pico en la carga es de 6.35 V Este valor es cercano al valor pico requerido (6.63V), por lo que el siguiente paso es construirlo en el laboratorio para obtener los resultados reales. R1
10k
+
-
RL
100
Ca1
0.33uF
VDD
20V
Q
IRF840
V1
-170m/170mV
1kHz
R2
9.1k
Fig. 1.12 41
Rs
100
Cs
22uF
Electrónica Analógica II A: q_2
20.00 V
15.00 V
10.00 V
5.000 V
0.000ms
1.000ms
2.000ms
3.000ms
4.000ms
5.000ms
Fig. 1.13 ™ Obtención de Cs: La resistencia aproximada que “ve” Cs es Rs. Como esta resistencia es pequeña, haremos que Cs determine el límite región de baja frecuencia. Como la frecuencia de entrada es 1 KHz, haremos que Cs actúe mucho más abajo. Si fijamos este límite en 100 Hz, podemos igualar: Rs Cs = 1 / [2π (100)] = 0.0016 Luego: Cs = 16 uF Y podemos emplear el valor comercial más cercano: Cs = 22 uF / 10 V ™ Obtención de Ca1: La resistencia que “ve” Ca1 es mucho más alta. Haremos que Ca1 actúe a una frecuencia mucho menor que 100Hz para que no influya a la vez que Cs. Si fijamos su operación en 10 Hz, podemos igualar: [R1// R2] Ca1 = 1 / [2π (10)] = 0.016 Luego: Ca1 = 0.33 uF Y podemos emplear el valor comercial: Ca1 = 0.33 uF / 16 V PROBLEMA 1.3: En el circuito de la figura siguiente: Ig(t) = 0.1 + 0.09 cos(wt) amperios, hFE = 20. Halle: a) La potencia entregada por la batería b) La potencia consumida en el resistor de 3Ω. c) La potencia disipada por el transistor 42
Electrónica Analógica II SOLUCION: a) La corriente del generador es igual a la corriente total de base. iB(t) = 0.1 + 0.09 cos(wt) La corriente total de colector es: iC(t) = hFE * iB(t) = 2 + 1.8 cos (wt) Potencia promedio entregada por la batería: T PCC = (1 / T) ∫ VCC iC(t) dt 0 T PCC = (12 / T) ∫ [2 + 1.8 cos (wt)] dt 0 PCC = 12*2 = 24 W Q
Ig(t)
RL
3
VCC
12V
Fig. 1.14 b) La potencia consumida en el resistor de 3Ω. T 2
PRL = (1 / T) ∫ i C(t) RL dt 0 T PRL = (1 / T) ∫ [2 + 1.8 cos (wt)]2 RL dt 0 T PRL = (3 / T) ∫ [5.62 + 7.2cos (wt) + 1.62cos (2wt) ] dt 0 PRL = 3 * 5.62 = 16.86 W 43
Electrónica Analógica II c) La potencia disipada por el transistor T PC = (1 / T) ∫ vCE iC (t) dt 0 2
vCE * iC (t) = VCC * iC (t) ‐ i C(t) RL Reemplazando: T PC = (1 / T) ∫[VCC * iC (t) ‐ i2C(t) RL] dt = 24 – 16.86 = 7.14 W 0 1.2.2.‐ AMPLIFICADOR DE POTENCIA EN EMISOR COMUN – CLASE A CON “CHOQUE” EN COLECTOR El esquema del amplificador es el mostrado en la figura 1.15: L → ∞, rl → 0, Ca2, Ce → ∞ En este caso la bobina actúa como una alta reactancia para la señal y como un cortocircuito para la continua. La carga se acopla mediante el condensador Ca2 (el cual evita que pase corriente continua por la carga) y Re se desacopla de la señal mediante un condensador de bypass Ce (para que no pase señal por ella). Estas mejoras permiten aumentar la eficiencia y la ganancia de potencia. La resistencia rL es la que presenta el alambre de la bobina en continua y la cual debe ser pequeña. 2
L
rL
R1
Ca2
1
VCC
Q
RL
R2
Ig(t)
Re
Fig. 1.15 44
Ce
Electrónica Analógica II 1.2.2‐1.‐ Principio de funcionamiento: En el esquema, los resistores R1, R2 y Re contribuyen a la polarización del circuito estableciendo el punto de operación adecuado (clase A, zona lineal) y manteniendo la estabilidad del mismo. Así, R1 y R2 forman un divisor de tensión a través de la fuente VCC; este divisor proporciona condiciones de polarización a la unión de entrada (base–emisor), tales que la hacen trabajar en forma directa y estando la unión de salida (base–colector) polarizada en forma inversa; el transistor podrá trabajar en la zona activa y apto para operación en clase A. La configuración equivalente de Thevenin del circuito es: VCC
L
rL
Ca1
Ca2
Q
Rb
Re
ig
RL
Ce
+
VBB
-
Fig. 1.16 Donde las relaciones correspondientes son: VBB = VCC R1/(R1+R2) = VCCRb/ R2 ; Rb= R1R2/(R1+R2) Î (1.35) R2= Rb (VCC/VBB) Î (1.36) Î (1.37) R1= Rb/(1‐(VBB/VCC)) Los transistores de potencia elevan su temperatura cuando están en funcionamiento y, debido a que los semiconductores son muy sensibles a la temperatura, se alterará el punto de operación. Por ello es necesario establecer técnicas de estabilización y compensación del punto de operación. Una relación importante a tener en consideración en la estabilidad del punto de operación es la que hay entre Rb y Re. Así, para eliminar variaciones de la corriente de emisor debido a las variaciones en el α (o ß) de los transistores del mismo tipo y que podrían sacar al transistor del punto de trabajo inicial, llevándolo a zonas no deseables (no lineales), se tiene: 45
Electrónica Analógica II Re >> (1‐ α )Rb ó Rb << ßRe Î (1.38) Se puede emplear el siguiente valor para Rb: Î (1.39) Rb = ß min Re/ 10 Además, hay otros factores que intervienen en la variación del punto de operación y que se deben considerar en la estabilización, como se explica en seguida. 1.2.2‐2.‐ ESTABILIDAD DEL PUNTO DE OPERACIÓN DEL TRANSISTOR BIPOLAR Las técnicas que permiten estabilizar el punto de operación pueden clasificarse en dos categorías: 1) Técnicas de estabilización: Utilizan circuitos de polarización resistivos que permiten que varíe IB manteniendo IC relativamente constante ante variaciones de ICBO, VBE y β. 2) Técnicas de compensación: Utilizan dispositivos sensibles a la temperatura como termistores, transistores, diodos, etc. que entregan corrientes y tensiones de compensación que mantienen al punto de operación prácticamente constante. Técnicas de estabilización: El punto de operación de un transistor puede variar por cambios sufridos en la corriente inversa de la juntura Colector–Base (ICBO), por las variaciones de la tensión Base‐Emisor (VBE) y de la ganancia (β). La variación de la corriente de colector debido a estos parámetros podemos expresarla aproximadamente por: ΔIC = SI ΔICBO + SV ΔVBE + Sβ Δβ Î (1.40) SI = Factor de estabilidad de corriente. SV = Factor de estabilidad de tensión. Sβ = Factor de estabilidad de ganancia. ΔIC = Variación total de la corriente de colector. ΔICBO = Variación total de la corriente ICBO ΔVBE = Variación total de la tensión Base‐Emisor Δβ = Variación total de ganancia de corriente Cada factor de estabilidad puede determinarse asumiendo que las demás variables Se mantienen constantes. 46
Electrónica Analógica II El factor de estabilidad SI se obtiene con la siguiente ecuación: SI = ΔIC / ΔICBO , cuando: ΔVBE = 0 y Δβ = 0 Mientras más grande es SI, el punto de operación es más inestable. El mínimo valor posible de SI es 1. Los circuitos que estabilizan el punto de operación respecto a variaciones de ICBO, también se comportan satisfactoriamente ante variaciones de VBE y β. Por ello, basta obtener un buen factor de estabilidad SI. La ecuación general que gobierna la corriente de colector del transistor es: IC = β IB + (1 + β) ICBO Î (1.41) Derivando respecto a IC obtenemos: SI = (1 + β) / (1 – β dIB / dIC) Î (1.42) De esta ecuación concluimos que para valores grandes de β, SI se aproxima a la unidad. El término dIB / dIC se obtiene a partir del circuito que utilicemos. Para el cálculo de SI se considera que VBE y β no varían. Tomemos como ejemplo el circuito de la figura 1.7, cuyo equivalente de thevenin se encuentra a la derecha: En la malla Base‐Emisor podemos plantear la siguiente ecuación: VBB = IB Rb + VBE + (IC + IB) Re Derivando esta ecuación respecto a IC: dIB / dIC = ‐ (Re / (Re + Rb)) Reemplazando en la ecuación de SI obtenemos: SI = (1 + Rb / Re) / (1 + (Rb / (1 + β)Re)) Î (1.43) Si hacemos: Rb = (1 + β) Re / 10, tendremos: SI = (11 + β) / 11 Para un valor de β = 50 , se tiene: SI = 5.55; el cual es un buen factor, siendo 3 el valor óptimo. También observamos que si β es más grande, el factor de estabilidad empeora. Por ejemplo, si: β = 100, SI = 10.1. En este caso el factor de estabilidad ha aumentado y tendremos que elegir otra relación de Rb con Re para mantener SI pequeño. 47
Electrónica Analógica II Más adelante veremos las técnicas de compensación. VCC
VCC
Rc
Rc
R1
Rb
Q
Re
R2
Q
+
VBB
-
Fig. 1.17 Re
El condensador Ca1 sirve como acoplamiento de la señal de la fuente ii, con el dispositivo amplificador. Para consideraciones del análisis matemático se asume que las capacidades son muy grandes (C Æ ∞), de modo que las frecuencias de trabajo presentan una reactancia muy pequeña pudiendo considerárseles como cortocircuitos. En consideraciones prácticas o reales, los valores a escoger deben cumplir con el criterio anterior. Así, por ejemplo, el condensador Ce debe ser tal que presente una reactancia Xce mucho menor que “la impedancia que ve”, la cual es Re en paralelo con la impedancia de entrada del transistor “reflejada” al emisor (se verá en parámetros híbridos). Xce puede considerarse unas 10 a 100 veces menor, no debiendo elegirse una capacidad excesivamente grande, pues pueden haber problemas de tamaño, transitorios, respuesta de frecuencia, corrientes de perdida, etc. Si se trabaja no en una frecuencia, sino en un rango (caso de AF de 20 Hz a 20 KHz), la reactancia se calcula con la frecuencia más baja. 48
Electrónica Analógica II El inductor mostrado en el colector tiene por objeto aumentar la eficiencia del circuito respecto al que emplea resistencia en colector. Además, permite que la tensión colector‐emisor alcance dos veces el valor de la fuente de alimentación VCC. Es importante recalcar que esto es para máxima excursión simétrica, sin distorsión, pues la inductancia puede hacer que VCE sea mayor que 2VCC. El valor de la inductancia es muy grande (L Æ infinito) y se considera que su resistencia es muy pequeña (rL Æ 0). En la práctica se hacen consideraciones análogas a las de los condensadores. Los choques empleados en AF tienen núcleo de hierro. En resumen: ‐ Los condensadores se comportan como cortocircuitos a las frecuencias de trabajo de señal y como circuitos abiertos para la continua. ‐ El inductor o “choque” se comporta como circuito abierto para la señal y como cortocircuito para la continua. Por otro lado, la configuración de emisor común proporciona adecuada ganancia de potencia. Posteriormente se verán el empleo de las configuraciones en base común y colector común. 1.2.2‐3.‐ Ubicación del punto de operación: Como se verá, el punto de operación para este tipo de circuitos (gran señal), se puede determinar en forma analítica o gráfica a partir de las ecuaciones descriptivas del comportamiento circuital. Las consideraciones a tener en cuenta para la ubicación del punto de operación son las clases de operación, límites del dispositivo y linealidad de la zona de trabajo, tratando de obtener la máxima potencia de señal. Luego, para el circuito de la figura 1.8, aplicando la segunda ley de Kirchhoff alrededor del circuito colector‐emisor: En condiciones estáticas (figura 1.8), la resistencia de carga DC es Re. Y la recta de carga estática es: VCC = VCE + IC Re Î (1.44) En condiciones dinámicas (figura 1.9), la resistencia de carga AC es RL. 49
Electrónica Analógica II Y la recta de carga dinámica es: vce + ic RL = 0 Î (1.45) A partir de las expresiones anteriores, se podrá determinar el punto de operación. Se sabe que: vCE = VCEQ + vce e iC = ICQ + ic De donde : (vCE ‐ VCEQ) = ‐( iC ‐ ICQ)RL Î (1.46) Esta expresión de la línea AC se puede escribir como: (iC ‐ ICQ) = ‐(vCE – VCEQ)/RL Î (1.47) La cual es asimilable a la expresión de una línea recta y luego graficarlo en las curvas características de salida del transistor en emisor‐común (iC vs vCE) de (1.3) el máximo valor de ic ocurre cuando vCE =0 por lo tanto: iC max = ICQ + VCEQ/RL Î (1.48) ‐ Circuito en DC: ecuación de la línea de carga DC VCC
Ic
+
Vce
-
Q
Vcc = Vce + Ie Re
Si: B >> 1, entonces Ie = Ic
Vcc = Vce + Ic Re
Ie
Re
Fig. 1.18 ‐
Circuito en AC: ecuación de la línea de carga AC ic
iL
ic = - iL
Q
+
vce
-
vce = iL RL = - ic RL
RL
vce + ic RL = 0
ic = -vce / RL
Re
ie
Fig. 1.19 50
Electrónica Analógica II Para obtener máxima excursión simétrica, el punto de operación debe bisectar la línea de carga AC, de tal modo que: Î (1.49) iC max = 2 ICQ Sustituyendo en (1.48): 2ICQ = ICQ + VCEQ / RL Por tanto: ICQ = VCEQ/RL Î (1.50) En consecuencia el punto de operación (punto Q) se encontrará en la recta: icRL= vce Î (1.51) Esta recta pasa a través del origen (pendiente positiva) y su intersección con la línea DC determina el punto Q para máxima excursión simétrica (en el caso real esta recta no debe iniciarse en el origen, sino en el punto: Ic = 0, Vce = Vce,sat). En el caso de los FETs deberá considerarse un voltaje mínimo drenador‐fuente (VDSmín) para evitar ingresar a la región triodo (que es equivalente a la zona de saturación del BJT). Se puede demostrar que la línea icRL= vce bisecta la línea AC; en otras palabras, que representa el lugar geométrico de los puntos medios a las rectas AC (recta mediana). En la expresión de la línea DC (1.44) y con: IC = ICQ y VCE = VCEQ (pues no hay señal) Î (1.52) Queda: VCC = VCEQ + ICQRe y de (1.50): VCC = VCEQ + VCEQRe/RL VCC = VCEQ(1+Re/RL) Por tanto VCEQ = VCC / (1 + Re/RL) Î(1.53) Por lo general, Re se elige pequeña para minimizar las pérdidas de potencia. Luego, si: RL>> Re VCEQ = VCC Î (1.54) Y si se cumple lo anterior, la expresión (1.50) seria Î (1.55) ICQ = VCC/ RL 51
Electrónica Analógica II El procedimiento a seguir para la construcción gráfica es: 1. Graficar la línea DC (de 1.44) 2. Graficar la línea icRL = vce (recta mediana) a través del origen 3. La intersección indica el punto Q 4. La línea AC se dibuja a través del punto Q y con pendientes – 1/RL Observaciones Importantes: Es de gran importancia tener en cuenta que hay, en las expresiones anteriores, fórmulas generales y otras obtenidas para casos particulares, siguiendo ciertas condiciones previas. Esto es de considerar en los dos tipos de problemas, análisis y diseño, en los que se calculará generalmente las potencias, puntos de operación, etc, que se entregará o en que esta funcionando el circuito, limitado por los valores de los componentes ya fijados (análisis), o en el caso del diseño en que si habrá mayor libertad y puesto que no hay mayores limitaciones (si no las hubiera), nos permitirá asumir las condiciones previas para llegar a las fórmulas particulares y óptimas. Esto se comprenderá mejor con ejemplos ilustrativos y con la resolución de los problemas propuestos en la sección respectiva. Por otro lado, aún no se consideran los límites del transistor y de la región de característica lineal, esto con objeto de facilitar la comprensión del método de análisis empleado y cuyas pautas nos servirán posteriormente. 1.2.2‐4.‐ CALCULO DE POTENCIAS: El cálculo de potencias es muy importante pues además de proporcionarnos información sobre la potencia que se puede entregar a la carga, nos permite apreciar si cumplimos con la capacidad de potencia que puede disipar el transistor, si la fuente de alimentación puede proporcionar la potencia requerida, si los resistores empleados pueden soportar las potencias a que serán sometidos, asimismo, para poder diseñar o elegir los disipadores adecuados, etc. En general, la potencia instantánea entregada o disipada por cualquier dispositivo lineal o no lineal está dad por: p = V(t)I(t) Î (1.56) donde: V(t) es el voltaje total a través del dispositivo V(t)= Vpromedio + v(t) I(t) es la corriente total que fluye por el dispositivo I(t) = Ipromedio + i(t) i(t) y v(t) son componentes variables con el tiempo 52
Electrónica Analógica II En la práctica, lo que tiene mayor importancia es el valor promedio de la potencia instantánea ya que este valor nos indicará, por ejemplo, la cantidad de calor por segundo que se disipará en una resistencia o la potencia mecánica que hay que suministrar a un generador que alimente a una determinada carga. Esta potencia promedio se denomina por estas razones, la potencia real o activa y su expresión es: T p = (1 / T) ∫ V(t) I(t) dt Î(1.57) 0 T es el periodo de cualquier parte periódica variable con el tiempo, de V(t) o I(t) Luego: T p = (1 / T) ∫ (Vpr + v(t)) (Ipr + i (t)) dt Î(1.58) 0 T T T T p = (1 / T) ∫ Vpr Ipr dt + (1 / T) ∫ Vpr i (t) dt + (1 / T) ∫ v(t) Ipr dt + (1 / T) ∫ v(t) i (t) dt 0 0 0 0 Si i(t) y v(t) tiene valor promedio igual a cero (caso de las ondas sinusoidales): T T (1 / T) ∫ v(t) dt = (1 / T) ∫ i (t) dt = 0 0 0 T T Entonces: p = (1 / T) ∫ Vpr Ipr dt + (1 / T) ∫ v(t) i (t) dt Î(1.59) 0 0 Esta ecuación expresa que la potencia media (o promedio) suministrada o disipada por un dispositivo, consiste de la suma de la potencia en términos DC y la potencia en términos AC. Luego, a partir de lo anterior: 1.2.2‐5.‐ POTENCIA ENTREGADA A LA CARGA: En los cálculos posteriores se asume que las impedancias de carga son puramente resistivos y por tanto el factor de potencia es la unidad. Para el circuito en estudio (figura 1) despreciando la potencia disipada en la resistencia de emisor, las corrientes y voltajes de interés son: iC = ICQ + ic iL = ‐ ic ifuente = iR2 + iCHOKE Î(1.60) ifuente = iR2 + (ic + iL) 53
Electrónica Analógica II considerando despreciable iR2 y como el “choke” tiene una inductancia muy grande, no fluye corriente AC a través de él y como la corriente iL es sólo AC (debido a Ca2), luego se puede representar dicho “choke” por una fuente de corriente constante y de valor ICQ ifuente = ICQ Î(1.61) además: vL = iLRL = ‐icRL Si consideramos que la corriente de señal es sinusoidal: iL = Iimsen wt ic = Icmsen wt De (1.60) y (1.61) se deduce que el mayor valor pico que puede tener la corriente AC de colector, es ICQ Por lo tanto ic max= ICQ sen wt Lo cual implica que Icm max<= ICQ Î(1.62) Esto es para operación en clase A, sin distorsión (en cuanto a máxima excursión simétrica). Ahora se obtendrá la expresión de la potencia media disipada en la carga (en este caso sólo hay contribución de términos AC) T T PL = (1 / T) ∫ (iL(t))2RL dt + (1 / T) ∫ (i(t))2 RL dt 0 0 Si iL es sinusoidal: iL = ILM cos wt T T 2
2
PL = (1 / T) ∫ RL (Icm cos wt) dt + ((RL(Icm ) / 2T) ∫ (1 + cos 2wt) dt 0 0 PL = (ILm2 RL) / 2 = (ICm2 RL) / 2 Î(1.63) Se deduce que la potencia aumenta parabólicamente con ILm o ICm. Luego, la máxima potencia será disipada en la carga cuando se logre el mayor ICM. Si la corriente del colector de operación se ha elegido para máxima excursión: Icm max = ICQ por lo tanto PL max = I2CQRL / 2 Î(1.64) 54
Electrónica Analógica II combinando con (12): Î(1.65) PL max = V2CC / 2RL Observación: Tener presente las consideraciones seguidas para obtener (1.65), una de las cuales era tener Re pequeña. Respecto a cuán pequeña debe ser Re, de las expresiones iniciales del thevenin equivalente se observa que al disminuir Re, debemos disminuir Rb la cual resultaría en un decremento de la ganancia de corriente (como se demuestra con el estudio de los parámetros híbridos). Esto sería un límite práctico en la elección del valor de Re para un valor dado de estabilidad frente a variaciones de ß y temperatura. 1.2.2‐6.‐ POTENCIA PROMEDIO ENTREGADA POR LA FUENTE DC T Pfuente = PCC = (1 / T) ∫ VCC i fuente dt 0 T PCC = (1 / T) ∫ VCC ICQ dt 0 PCC = VCCICQ Î(1.66) o sin considerar (1.61) T PCC = (1 / T) ∫ VCC iC (t) dt 0 y despreciando i R2: T PCC = (1 / T) ∫ VCC (ICQ + iC (t)) dt 0 Con ic sinusoidal: PCC = VCC ICQ La cual es constante e independiente de la potencia de señal para las condiciones sin distorsión asumidas bajo estas condiciones y si ICQ se ha elegido para lograr la máxima excursión: PCC = V2CC/RL Î(1.67) RL >> Re ICQ = VCC/RL 1.2.2‐7.‐ POTENCIA PROMEDIO DISIPADA EN COLECTOR: La potencia instantánea disipada en un transistor bajo cualquier circunstancia está dada por: pT = vCB iC + vBE iE 55
Electrónica Analógica II donde: vCBiC = pC, es la potencia disipada en la unidad del colector vBEiE, es la potencia disipada en la unión de emisor como: iE = iC + iB, entonces pT = vCEiC + vBEiB Si el transistor no es excitado hasta la saturación, la contribución del segundo término, vBEiB, es despreciable y se tendrá: pT = vCEiC Esta ecuación nos indica que la potencia disipada en el transistor es prácticamente la potencia disipada en la unión de colector: pC = vCEiC La potencia promedio disipada en el colector es: T PC = (1 / T) ∫ VCE iC (t) dt 0 Donde: vCE = VCEQ + vce ; iC = ICQ + ic Si vce o ic son sinusoidales: T PC = VCEQ ICQ + (1 / T) ∫ vce ic dt 0 Para máxima excursión simétrica: Pc = VCEQICQ – I2CQ(RL +Re)/2 Si RL>>Re: Pc = VCEQICQ – I2CQRL/2 = PCC – PL Luego: Pcmin = V2CC/2RL Sin señal: Pcmax = VCCICQ = V2CC/RL 1.2.2‐8.‐ EFICIENCIA: Es un factor que indica la relación de potencia de señal entregada a la carga a la potencia entregada por la fuente 56
Electrónica Analógica II De (1.65) y (1.66): Î(1.68) η = PLac/PCC = I2cm (RL / 2) / VCCICQ en condiciones máximas [ Icm = ICQ y de 1.67 ] ηmáx = ½ = 50% Î(1.69) La cual es la máxima eficiencia que se podría obtener de este tipo de amplificador y que es el doble del que se obtiene si se usa resistencia en colector. Se recuerda que estos cálculos se hacen con señal sinusoidal, pues en el caso de onda cuadrada la eficiencia máxima que se puede alcanzar es el 100%. 1.2.2‐9.‐ Figura de mérito: Es la relación entre la máxima potencia de disipación de colector del transistor, a la máxima potencia disipada en la carga. F = PCmax/ PLmax Î(1.70) Î(1.71) En las condiciones máximas F = 2 Esta figura de mérito es la máxima que posee el amplificador con choke en colector. PROBLEMA 1.4: En el circuito de la figura siguiente, calcule: a) El punto Q para máxima excursión simétrica. b) R1 y R2 c) PLmáx El transistor es de silicio, con: β = 50 d) PCC Ce y Ca2 tienen reactancia despreciable e) PCmáx L tiene reactancia muy alta. f) La eficiencia g) Especifique el transistor. R1
L
rL = 14
Ca2
Q
VCC
12V
RL
100
Ig(t)
R2
Re
11
Fig. 1.20 57
Ce
Electrónica Analógica II SOLUCION: a) Punto de operación para máxima excursión simétrica: Recta DC: VCC = IC (rL + Re) + VCE = 25 IC + VCE La resistencia de la bobina actúa en continua y debe ser tomada en cuenta Recta AC: vce = ‐ ic RL = ‐100 ic Recta de máxima excursión simétrica: vCE = +iC RL Debido a que no nos especifican el valor de VCE,sat asumimos que es cero Como esta recta contiene al punto de operación, debe cumplirse: VCEQ = +ICQ RL Reemplazando en la recta DC: VCC = 25 ICQ + ICQ RL = 125 ICQ De donde: ICQ = 12 / 125 = 96 mA Luego: VCEQ = +ICQ RL = 9.6V b) R1 y R2: Para buena estabilidad del punto de operación obtenemos: Empleamos: Rb = (1 + β) Re / 10 = 56.1 Ω Luego: VBB = IB Rb + VBE + IEQ Re = 96mA(56.1/50) + 0.7 + 96mA(11) = 1.86V De 1.36: R1= Rb(VCC/VBB)) = 360 Ω De 1.37: R2= Rb /[1 – (VCC/VBB)] = 66 Ω c) Cálculo de PLmáx: De 1.64: PL max = I2CQRL / 2 = 460.8mW d) Cálculo de PCC: De 1.66: PCC = VCCICQ = 12 * 0.096 = 1.152 W e) Cálculo de PCmáx: En clase A se tiene: PCmáx = VCEQ ICQ = 9.6*0.096 =921.6 mW f) Cálculo de la eficiencia: De 1.68 η = I2CQ(RL / 2) / VCCICQ = 460/1152 = 39.9% g) Especificación del transistor: La máxima tensión colector emisor que soportará es: 2 VCEQ Entonces debe cumplirse: BVCEO > 19.2V La máxima corriente de colector que conducirá es: 2 ICQ Entonces debe cumplirse: iCmáx > 192 mA 58
Electrónica Analógica II La máxima potencia que va a disipar es: 921.6 mW Entonces debe elegirse un transistor que disipe más de 921.6 mW a la temperatura de trabajo. PROBLEMA 1.5: En el siguiente circuito, el transistor tiene las siguientes especificaciones: iCmáx = 300mA, BVCEO = 40V, PCmáx = 1W, VCE,sat = 0.5V, β = 50, silicio. Calcule: a) El punto Q para máxima excursión simétrica. b) Re, VCC, R1 y R2 c) PLmáx d) PCC Ce y Ca2 tienen reactancia despreciable e) PCmáx y PCmín L tiene reactancia muy alta. f) La eficiencia SOLUCION: a) Punto de operación para máxima excursión simétrica: Recta DC: VCC = IC (Re) + VCE Recta AC: vce = ‐ ic RL = ‐ 100 ic Recta de máxima excursión simétrica: vCE = +iC RL + VCE,sat = 100 ic + 0.5 Como esta recta contiene al punto de operación, debe cumplirse: VCEQ = 100 ICQ + 0.5 Reemplazando en la recta DC: VCC = Re ICQ + 100 ICQ + 0.5 Para el máximo aprovechamiento del transistor debe cumplirse: PCmáx = VCEQ ICQ Con las dos ecuaciones anteriores podemos obtener una ecuación de segundo grado para hallar ICQ: ICQ = ‐(VCE,sat / 2RL) + [(PCmáx/RL) + (VCE,sat / 2RL) 2] (0.5) Reemplazando valores y efectuando: ICQ = 97.5 mA Reemplazando en la recta de M.E.S. obtenemos: VCEQ = 10.25V 59
Electrónica Analógica II 2
L
R1
Ca2
1
VCC
Q
RL
100
R2
Ig(t)
Re
Ce
Fig. 1.21 b) c) d) e) f) Obtención de Re, VCC, R1 y R2 Para que las pérdidas en Re no sean muy altas, elegimos: Re << RL Entonces: Re = RL / 20 = 5 Ω De la recta de carga estática: VCC = VCEQ + ICQ Re = 11 V Obtención de R1 y R2: Para buena estabilidad del punto de operación empleamos: Rb = (1 + β) Re / 10 = 25.5 Ω Luego: VBB = IB Rb + VBE + IEQ Re = 1.24V De 1.36: R1= Rb(VCC/VBB)) = 226 Ω De 1.37: R2= Rb /[1 – (VBB/VCC)] = 28.7 Ω Cálculo de PLmáx: De 1.64: PL max = I2CQRL / 2 = (VCEQ – VCE,sat) 2/2RL = 475 mW Cálculo de PCC: De 1.66: PCC = VCCICQ = 11 * 0.0975 = 1.0725 W Cálculo de PCmáx y PCmín: En clase A se tiene: PCmáx = VCEQ ICQ = 10.25*0.0975 = 1 W PCmín = VCEQ ICQ – PLmáx = 1 W – 0.475 W = 525 mW Cálculo de la eficiencia: De 1.68 η = PL max / PCC = 525/1072.5 = 48.95% 60
Electrónica Analógica II PROBLEMA 1.6: En el siguiente circuito, se desea obtener 4 W en la carga. VCE,sat = 1V, β = 50, silicio, VCC = 12V. a) Determine el punto Q para máxima excursión simétrica. b) PCC Ce y Ca2 tienen reactancia despreciable c) La eficiencia L tiene reactancia muy alta. d) Indique las especificaciones del transistor SOLUCION: a) Determinación del punto Q para máxima excursión simétrica: PL max = (VCEQ – VCE,sat) 2/2RL = I2CQRL / 2 Despejando: VCEQ = [2RL PLmax] 1/2 + VCE,sat = 8.94 + 1 = 10V ICQ = [2 PLmax / RL] 1/2 = 1 A b) Cálculo de PCC: PCC = VCC*ICQ = 12*1 = 12 W 2
L
R1
Ca2
1
VCC
12V
Q
RL
10
R2
Ig(t)
Re
Ce
Fig. 1.22 c) d) Cálculo de la eficiencia: . De 1.68 η = PL max / PCC = 4W/12W = 33.3% Especificación del transistor: La máxima tensión colector emisor que soportará es: 2 VCEQ Entonces debe cumplirse: BVCEO > 20 V 61
Electrónica Analógica II b) Cálculo de PCC: PCC = VCC*ICQ = 12*1 = 12 W La máxima corriente de colector que conducirá es: 2 ICQ Entonces debe cumplirse: iCmáx > 2 A La máxima potencia que va a disipar es: 4 W 1.2.3.‐ AMPLIFICADOR DE POTENCIA EN EMISOR COMUN – CLASE A CON ACOPLO POR TRANSFORMADOR El funcionamiento de estos circuitos es similar al de choke en colector. En este caso el primario del transformador hace el papel de la bobina de choke, pero se aprovecha la propiedad de transformación de impedancias de estos dispositivos. Sin embargo, también tienen sus limitaciones y, por ello, haremos un breve repaso de los principios físicos involucrados en su funcionamiento. 1.2.3‐1.‐ TRANSFORMADORES: Se denomina así a un conjunto de bobinas enrolladas en un mismo núcleo y que tienen acoplo magnético. 1.2.3‐1‐1.‐CAMPO MAGNÉTICO La creación de las ondas electromagnéticas por la corriente eléctrica es una de las múltiples manifestaciones de la estrecha relación que hay entre los fenómenos eléctricos y magnéticos. Todo desplazamiento de electrones engendra en la proximidad un estado particular del espacio que se denomina CAMPO MAGNÉTICO. La aguja imantada de una brújula, orientándose perpendicularmente al conductor, denota la presencia de un campo magnético creado alrededor de un conductor recorrido por una corriente. Si se invierte el sentido de la corriente, la aguja gira media vuelta, lo que demuestra que el campo magnético tiene una polaridad que está determinada por el sentido de la corriente. El campo magnético de un conductor se puede hacer más intenso arrollando este conductor ( hilo metálico) en forma de bobina. Los campos magnéticos de las espiras se suman y la bobina recorrida por la corriente actúa a modo de un verdadero imán recto. La acción de este imán se refuerza introduciendo una barra de hierro en el interior de la bobina. El hierro presenta a las fuerzas magnéticas mayor PERMEABILIDAD que el aire. Entonces el campo magnético se concentra en el NÚCLEO MAGNÉTICO así constituido, y obtenemos un ELECTROIMÁN. Si el núcleo es de hierro dulce, pierde su imantación cuando se interrumpe la corriente (no conserva más que una pequeña parte de dicha imantación). Si es de acero, permanece imantado. Por este procedimiento se fabrican actualmente los imanes artificiales. 1.2.3‐1‐2: INDUCCION Así como las variaciones de la corriente eléctrica producen variaciones del campo magnético que ha creado, inversamente, las variaciones del campo magnético 62
Electrónica Analógica II engendran corrientes variables en los conductores. Así es como aproximando o alejando entre sí un imán y una bobina hacemos aparecer en ésta una corriente pero sólo mientras se mueva el imán, es decir durante la variación del campo. Hay que señalar que es la variación y no la simple presencia de un campo lo que engendra las corrientes en el conductor. En lugar de un imán, se puede aproximar un electroimán formado por una bobina recorrida por una corriente continua; el resultado será el mismo. También se puede fijar esta bobina en la vecindad o proximidad de la otra y hacer que sea recorrida por una corriente variable; así, una corriente alterna que recorra la primera bobina originará una corriente alterna en la segunda. Estamos en presencia de los fenómenos de INDUCCIÓN. Sin que sea necesario establecer un contacto material, hay un ACOPLAMIENTO MAGNÉTICO entre las dos bobinas en el conjunto, constituyendo así un transformador eléctrico. 1.2.3‐1‐3: LEY DE LENZ Se observa que la corriente inducida se opone en cada instante a las variaciones de la corriente inductora. Cuando esta aumenta, la corriente inducida circula en el sentido opuesto. Y cuando la corriente inductora disminuye, la corriente inducida circula en el mismo sentido. Los fenómenos de inducción obedecen según esto a una ley muy general de la naturaleza: la de la acción y de la reacción. La corriente inducida depende de la velocidad de variación de la corriente inductora así como de su intensidad. Fig. 1.23 1.2.3‐1‐4: AUTOINDUCCION Si la corriente que circula por una bobina, induce corrientes en otras bobinas colocadas en su proximidad, con más razón las induce en las propias espiras de la bobina por la que circula. Este fenómeno de Autoinducción está sometido a las mismas leyes que las que rigen la inducción. Por consiguiente, cuando la intensidad de la corriente que circula por la bobina tiende a aumentar, se origina una corriente de autoinducción en sentido opuesto, que retarda el aumento de la corriente inductora. Por esta razón, si se aplica una tensión continua a una bobina, la corriente que en ella se establece no puede alcanzar instantáneamente su intensidad normal; para esto necesita un cierto tiempo, tanto más largo cuanto 63
Electrónica Analógica II más elevada es la autoinducción de la bobina. Del mismo modo, cuando aumentamos progresivamente la tensión en los extremos de la bobina, la intensidad de la corriente seguirá este aumento con un cierto retardo, actuando la corriente de autoinducción en sentido opuesto. Por el contrario, si disminuimos la tensión aplicada a la bobina, también se producirá la disminución de intensidad con un cierto retardo, circulando entonces la corriente de autoinducción en el mismo sentido que la corriente inductora y prolongándola en cierto modo. En el caso extremo, cuando se suprime bruscamente la tensión aplicada a una bobina ( abriendo, por ejemplo, un interruptor), la variación muy rápida de la corriente inductora provoca una tensión inducida que puede ser de valor elevado y originar una chispa que salte entre los contactos del interruptor 1.2.3‐1‐5: INDUCTANCIA Cuando se aplica una tensión alterna a una bobina de autoinducción, la corriente alterna que crea produce un campo magnético alterno que, a su vez, mantiene una corriente de autoinducción que se opone constantemente a las variaciones de la corriente inductora y, en consecuencia, impide que ésta alcance la intensidad máxima que hubiera podido tener en ausencia de autoinducción. No olvidemos que, cuando la corriente inductora aumenta, la corriente inducida va en sentido inverso y, por consiguiente, deberá ser restada. Este efecto se entiende como si la resistencia normal (se dice «óhmica») del conductor se sumase a otra resistencia debida a la autoinducción. Esta resistencia de autoinducción o INDUCTANCIA es tanto más elevada cuanto mayor es la frecuencia de la corriente (puesto que las variaciones más rápidas de la corriente inductora suscitan corrientes de autoinducción más intensas y puesto que la propia autoinducción es más elevada). La autoinducción de una bobina depende únicamente de sus propiedades geométricas, número y diámetro de espiras y su disposición. Aumenta con el número de espiras. La introducción en ella de un núcleo de hierro intensifica el campo magnético y eleva la autoinducción en proporciones considerables. La autoinducción de una bobina se expresa en HENRIOS ( H) o en submúltiplos de esta unidad, el MILIHENRIO (mH) que es la milésima del henrio y el MICROHENRIO (µH), millonésima del henrio. En la figura 1.24 se muestra la relación entre la corriente inductora y la corriente inducida: Arriba, la corriente alterna inductora. Abajo, la corriente inducida por la corriente inductora. 1. La corriente inductora aumenta muy rápidamente. La corriente inducida es de sentido contrario. 64
Electrónica Analógica II 2. La corriente inductora no varía durante un corto intervalo. La corriente inducida es nula. 3. La corriente inductora disminuye. La corriente inducida tiene el mismo sentido. 4. La corriente inductora no varía durante un corto intervalo. La corriente inducida es nula Fig. 1.24 1.2.3‐1‐6: ECUACIONES DEL TRANSFORMADOR En el siguiente gráfico mostramos un transformador con dos arrollamientos. Si utilizamos la transformada de La place obtenemos las ecuaciones que describen su funcionamiento. En ellas estamos despreciando las resistencias de los devanados. Fig. 1.25 V1 = sLp I1 + sM I2 V2 = sM I1 + sLs I2 Î(1.72) Î(1.73) En consecuencia, todo circuito que tenga las mismas ecuaciones del transformador podrá ser reemplazado por él, sin que varíen las tensiones ni corrientes En forma análoga, utilizando transformadores ideales podemos obtener circuitos que cumplan con las ecuaciones mostradas y todos ellos serán modelos del transformador 65
Electrónica Analógica II Uno de sus modelos más usados es el siguiente: rp
Ldp
rs
n:1
Lm
IDEAL
rp = resistencia del primario
rs = resistencia del secundario
Ldp = Inductancia de dispersión del primario
Lm = Inductancia de magnetización
n = relación de transformación
Fig. 1.26 1.2.3‐1‐7: TRANSFORMADOR IDEAL: El concepto del transformador ideal es una simplificación que permite representar transformadores reales y puede ser utilizado como modelo inicial de un transformador. Si comparamos con el esquema de la figura 1.22, en el transformador ideal se tiene: rp = 0 , rs = 0, Ldp = 0, Lds = 0 y Lm = ∞ Adicionalmente, el transformador ideal puede trabajar a cualquier frecuencia y manejar cualquier potencia. Toda la potencia que recibe en el primario la transfiere al secundario (tiene eficiencia del 100%) Si: Vp e Ip son la tensión y corriente aplicadas al primario, y Vs e Is son la tensión y corriente en el secundario Se cumplirá: Vp * Ip = Vs * Is Î(1.73) Se define la relación de transformación como: Î(1.74) n = Vp / Vs Reemplazando 1.74 en 1.75 obtenemos: n = Is / Ip Î(1.75) 66
Electrónica Analógica II Si dividimos Vp entre Ip obtendremos la impedancia (Zp) que se “ve” desde el primario: Zp = Vp / Ip = Vs * Is /Ip2 = n2 Vs / Is Donde Vs / Is representa la carga colocada en el secundario: O sea: RL = Vs / Is Por ello, llegamos a la siguiente expresión: Zp = n2 RL Î(1.76) Que es una expresión muy utilizada incluso en los transformadores reales y representa la resistencia (o impedancia) reflejada al primario. En forma análoga también se puede obtener la resistencia (o impedancia) reflejada al secundario. A pesar que estas relaciones se deducen para el transformador ideal también se cumplen con bastante aproximación en el transformador real A continuación veremos su aplicación en el amplificador clase A con acoplo por transformador (figura 1.23): VCC
T
RL
R1
n:1
Ca1
Q
Vg
R2
Re
Ce
Fig. 1.27 El método de análisis es similar al de choke en colector, considerándose el efecto de conversión de impedancia que lleva a cabo el transformador y también su eficiencia (el transformador real presenta pérdidas en los conductores que forman 67
Electrónica Analógica II sus bobinas y en su núcleo, por lo que su eficiencia no es del 100%). Para un cálculo inicial, se puede usar el concepto de transformador ideal y luego hacer los ajustes empleando las características reales 1.2.3‐2.‐ POTENCIA ENTREGADA A LA CARGA: En este caso, la resistencia para señal que ofrece el primario es dada por la ecuación 1.76: Zp = n2 RL Empleando la ecuación 1.63: PL = (I2Cm n2RL) / 2 Î(1.77) 2
2
Luego: PLmáx = (I CQ n RL) / 2 Î(1.78) 1.2.3‐3.‐ POTENCIA PROMEDIO ENTREGADA POR LA FUENTE DC Empleando la ecuación 1.66: PCC = VCCICQ 1.2.3‐4.‐ POTENCIA PROMEDIO DISIPADA EN COLECTOR: Empleando la ecuación 1.21: PCmáx = VCEQ ICQ 1.2.3‐5.‐ EFICIENCIA: Aplicando la ecuación 1.68: η = I2CQ (n2RL / 2) / VCEQICQ Î(1.79) en condiciones ideales [ VCEQ = VCC y de 1.67] ηmáx = ½ = 50% 1.2.3‐6.‐ FIGURA DE MÉRITO: Aplicando la ecuación 1.70: F = PCmax/ PLmax En las condiciones máximas F = 2 Esta figura de mérito es la máxima para este circuito y es la máxima que posee el amplificador con acoplo por transformador. PROBLEMA 1.7: En el siguiente circuito se tiene un transistor de silicio con β = 100 y además PLmáx = 1 W. Halle: a) El punto Q. b) R1 c) PCC total d) PCmáx y PCmín e) ηtotal 68
Electrónica Analógica II El transformador es ideal. Las capacidades tienen reactancias despreciables. SOLUCION: a) Cálculo del punto Q: La resistencia reflejada al primario es: Rp = n2RL = 64 Ω Como ya está definida la potencia de salida, usamos la ecuación 1.78 para calcular ICQ: PLmáx = (I2CQ n2RL) / 2 Y obtenemos: ICQ = 177 mA Recta DC: 12 = VCE + 2 IE Como: β >> 1 entonces: IE = IC y obtenemos: 12 = VCE + 2 IC 1
T
5
RL
16
R1
4
8
2:1
C1
Q
12V
Vg
R2
22
Re
2
Ce
Fig. 1.28 La recta DC contiene al punto de operación y podemos obtener: VCEQ = 11.64 V b) Cálculo de R1: La tensión en la base del transistor respecto a tierra es: VB = VBE + IE (Re) = 1.054 V La corriente que circula por R2 es: IR2 = 1.054 / 22 = 47.9 mA Con estos datos podemos calcular R1: R1 = (12 – 1.054) / (0.0479 + 0.177 / 100) = (10.946)(0.04967) = 220.37 Ω 69
Electrónica Analógica II c) Cálculo de PCC total: PCC total = VCC(ICQ + IR1 + IB) = 12 (0.177 + 0.0479 + 0.177 / 100) = 2.72 W d) Cálculo de PCmáx y Pcmín: El transistor en clase A disipa máxima potencia cuando no tiene señal de entrada: PCmáx = VCEQ*ICQ = (11.64)(0.177) = 2.06 W El transistor en clase A disipa mínima potencia cuando tiene máxima señal de entrada: PCmín = VCEQ*ICQ – PLmáx = 2.06 – 1 = 1.06 W e) Cálculo de ηtotal ηtotal = PLmáx / PCC = 1 / 2.72 = 36.8% PROBLEMA 1.8: En el siguiente circuito, halle: a) El punto Q b) PLmáx El transistor es de silicio con β = 100 c) PCC d) ηtotal Las capacidades tienen reactancia despreciable. SOLUCION: a) Cálculo del punto Q: Recta DC: 12 = VCE + 4 IE Como: β >> 1 entonces: IE = IC y obtenemos: 12 = VCE + 4 IC Recta AC: La resistencia reflejada al primario por el transformador es: Rp = n2RL = 16 Ω Luego: vce = ‐ 18 ic Re1 no es cortocircuitada por Ce y por ello también interviene en la recta AC. Como R1 y R2 están definidas, el punto de operación lo determinan ellas y debemos calcularlo: 70
Electrónica Analógica II 1
T
5
RL
4
R1
470
C1
4
8
2:1
Q
12V
C
Re1
2
Vg
R2
56
Re2
2
Fig. 1.29 Ce
La resistencia de thevenin es: Rb = 470//56 = 50 Ω La tensión de thevenin es: Vbb = (12*56)/(470+56) = 1.28V Para hallar ICQ planteamos la ecuación en la malla base‐emisor: Vbb = IB Rb + VBE + IE (Re1 + Re2) = (50/101) IE + 0.7 + 4 IE Resolviendo para IE obtenemos: IE = IC = 0.13 A Reemplazando en la recta DC obtenemos VCEQ: VCEQ = 11.48V b) Cálculo de PLmáx De 1.78: PLmáx = (I2CQ n2RL) / 2 Conviene usar la expresión en función de la corriente porque también hay caída de señal en Re1. Si empleáramos la ecuación en función del voltaje, tendríamos que aplicar la ecuación del divisor de voltaje para hallar la tensión de señal que cae en el primario, que es lo que nos interesa para calcular la potencia que llega a la carga. Efectuando: PLmáx = 135.2 mW c) Cálculo de PCC: Sabemos que: PCC = VCCICQ Esta expresión se usa cuando se puede despreciar la corriente que circula por R1. Cuando nos piden hallar la eficiencia total, significa que no debemos despreciar IR1 Por esta razón la calcularemos para hallar un valor más exacto de PCC Entonces: PCC = VCC(ICQ + IR1) 71
Electrónica Analógica II La tensión en la base del transistor respecto a tierra es: VB = VBE + IE (Re1 + Re2) = 1.22V Luego: IR1 = (12 – 1.22) / 470 = 23 mA Ahora podemos calcular: PCC = 12 (0.13 + 0.023) = 1.836 mW d) Cálculo de ηtotal ηtotal = PLmáx / PCC = 135.2 / 1836 = 7.36% Observamos que al no tenerse el punto de operación para máxima excursión simétrica, además de Re1 e IR1, hacen que la eficiencia se muy baja. PROBLEMA 1.9: Diseñe un amplificador clase A acoplado por transformador para obtener una potencia de 0.5 W en una carga de 3 Ω. La impedancia de salida del transistor es de 70 Ω. Asuma que la resistencia del devanado primario es 12 Ω y del secundario es 0.6 Ω. Además VCC = 12 V. /Se empleará el transistor AD161 cuyos datos técnicos son: Tjmáx = 100°C, PCmáx = 4 W, VCE,sat = 1 V, BVCEO = 20 V, iCmáx = 1 A, 80 ≤ β ≤ 320 , germanio. SOLUCION: Emplearemos el siguiente esquema circuital: 1
T
5
RL
3
R1
4
8
n:1
C1
Q
12V
Vg
R2
Ce
Re
Fig. 1.30 72
Electrónica Analógica II El primer paso es determinar el punto de operación necesario para lograr la potencia requerida en la carga, teniendo en cuenta que no deben excederse los valores de tensión, corriente y potencia especificados para el transistor. Como el transistor soporta una tensión máxima de 20 V, el punto de operación no debe ser mayor que 10 voltios, debido a que en estos circuitos el transistor maneja una tensión máxima igual á 2VCEQ. Además, por seguridad y porque la tensión de saturación es de 1 V, es conveniente que el punto de operación sea menor que 10 V para no trabajar en el límite. Debido a que no está definida la relación de transformación, podemos calcularla para lograr la potencia requerida en la carga. Recta DC: 12 = VCE + (12) IC + IE Re Como: β >> 1 entonces: IE = IC . Además, como β tiene un rango, haremos los cálculos con su valor promedio: β = (80 + 320) / 2 = 200 A continuación obtenemos: 12 = VCE + (12 + Re) IC Por las consideraciones anteriores emplearemos. VCEQ = 8 V Determinaremos ICQ en función de la potencia requerida en la carga: La resistencia reflejada al primario es: Rp = n2(RL + rs) Vemos que la resistencia del devanado secundario también se refleja al primario y consumirá potencia de señal. La potencia máxima que puede entregar el transistor es: PLmáx = I2CQ n2(RL + rs) / 2 Como la carga debe recibir 0.5 W, debe cumplirse: 0.5 = I2CQ n2(RL) / 2 y obtenemos: n2 I2CQ = 1 / 3 Para que el transistor pueda transferir la máxima potencia posible a la señal, es necesario que su impedancia de salida sea igual a la que le ofrece el primario del transformador. Esta impedancia es: rp + n2(RL + rs) Entonces: rp + n2(RL + rs) = 70 73
Electrónica Analógica II De esta ecuación obtenemos el valor necesario de n: n = 4.01 A continuación hallamos ICQ: ICQ = 144 mA Debido a que el transistor puede manejar una corriente de 1 A, el valor calculado es seguro. Podemos determinar ahora el valor de Re usando la ecuación de la recta DC 12 = 8 + (12) (0.144) + (Re) (0.144) De donde: Re = 16 Ω Obtendremos ahora los valores necesarios para R1 y R2 La tensión en la base del transistor respecto a tierra es: VB = VBE + IE (Re) En el transistor de germanio tenemos un voltaje base‐emisor: VBE = 0.3 V Luego: VB = 0.3 + (0.144)(16) = 2.6 V La corriente de base es: IB = 144 mA / 200 = 0.72 mA Para que haya buena estabilidad del punto de operación haremos que la corriente que circula por R2 sea mucho mayor que IB además que el valor de R2 debe ser comercial: IR2 = 20 IB = 14.4 mA Entonces: R2 = 2.6 V/ 14.4mA = 180 Ω A continuación: R1 = (12 – 2.6)V / (14.4 + 0.72)mA = 620 Ω La potencia máxima que disipará el transistor es: PCmáx = VCEQ ICQ = 8 * (0.144) = 1.15 W Esta potencia es inferior a la máxima que puede soportar el transistor. El siguiente paso es simular el circuito para verificar si es necesario hacer ajustes a los valores calculados. PROBLEMA 1.10: En el amplificador mostrado, el transformador tiene una eficiencia del 80%. El transistor es de silicio con β = 20, VCE,sat = ‐ 2V, VBE = ‐0.7V. Determine: 74
a) b) c) d) Electrónica Analógica II El valor de n para obtener máxima potencia en la carga PLmáx PCmáx PCC T
1
5
RL
8
17
4
8
n:1
10V
Ca1
Q
Vg
3
1
Cs
Fig. 1.31 SOLUCION: a) Cálculo del valor de n para obtener máxima potencia en la carga: La impedancia reflejada al primario es: Rp = n2(RL) = 8 n2 El punto de operación está definido por las resistencias de polarización. Por ello lo calcularemos: Tensión de Thevenin: Vb = ‐10(3/(17+3) = ‐1.5V Resistencia de Thevenin: Rb = 17//3 = 2.55 Ω Planteando la ecuación en la malla base‐emisor: Vb = IB Rb + VBE + IE Re ‐1.5 = IEQ (2.55/21) – 0.7 + IEQ = 1.12 IEQ – 0.7 De donde: IEQ = ‐ 0.71 A Luego: ICQ = IEQ [β /(1 + β)] = ‐ 0.68 A Recta DC: VCC = VCE + IE Re ‐ 10 = VCEQ – 0.71 De donde: VCEQ = ‐ 9.29 V La máxima tensión pico que puede recibir el transformador es: Vp = 9.29 – 2 = 7.29 V 75
Electrónica Analógica II b) c) d) La máxima corriente pico que puede recibir el transformador es: Ip = 0.68 A La impedancia reflejada al primario será: Rp = Vp/Ip = 10.72 Ω De donde: n2 = 10.72 / 8 = 1.34 Luego: n = 1.16 Cálculo de PLmáx La máxima potencia que puede recibir el transformador es: Pp = 7.29*0.68)/2 Pp = 2.48 W Dado que la eficiencia del transformador es del 80%, la máxima potencia que llega a la carga es: PLmáx = (0.8)(2.48) = 1.98 W Cálculo de PCmáx El transistor disipa máxima potencia cuando no tiene señal. Entonces: PCmáx = VCEQ ICQ = (‐9.29)(‐0.68) = 6.32 W Cálculo de PCC Debido a que las resistencias de polarización son pequeñas, debemos considerar la corriente que circula por ellas. Entonces: PCC = (‐ 10)(ICQ + IR1) La tensión DC en la base del transistor respecto a tierra es: Re = ‐ 1.41 V VB = VBE + IEQ Luego: IR1 = [‐10 ‐ (‐1.41)] / 17 = ‐ 0.505 A Reemplazando: PCC = (‐ 10)( ‐ 0.68 ‐ 0.505) = 13.05 W Observamos que en este caso la red de polarización disipa una potencia considerable y afecta negativamente a la eficiencia del sistema. Para mejorar la eficiencia es conveniente que las resistencias de polarización no tengan valores pequeños, manteniendo, a la vez, la estabilidad del punto de operación. Una forma de lograrlo es empleando transistores con alta ganancia o configuraciones tipo Darlington. PROBLEMA 1.11: Diseñe un amplificador clase A acoplado por transformador empleando el Mosfet IRF840 para obtener una potencia de 1 W en una carga de 8 Ω. El transformador de audio a emplear tiene: n = 2, rp = 1 Ω, rs = 0.5 Ω SOLUCION: Emplearemos el siguiente esquema circuital: Recta DC: VDD = ID rp + VDS + ID Rs Recta AC: 0 = id (rp + n2(RL + rs) +vds Recta de M.E.S.: vDS ‐ 1 = iD (rp + n2(RL + rs) = 35 iD 76
Electrónica Analógica II ™ Obtención del punto de operación para máxima excursión simétrica: La máxima potencia que recibe el primario es: Pp = I2DQ (rp + n2(RL + rs) / 2 La potencia que llega a la carga debe ser 1 W: PL = I2DQ (n2 RL) / 2 = 1 De donde: IDQ = 0.25 A Luego: VDSQ = 35 IDQ + 1 = 9.75 V T
1
5
rp
rs
RL
8
R1
4
8
2:1
VCC
Ca1
Q
IRF840
Vg
R2
Rs
Cs
Fig. 1.32 ™
™
™
™
Obtención de VGSQ para lograr la corriente del punto de operación: En el MOSFET se cumple: IDQ = K(VGSQ – VT) 2 Empleando los datos del problema 1.2 obtenemos: VGSQ = 3.42 V Obtención de Rs: Para lograr buena estabilidad del punto de operación emplearemos un valor de Rs = (VGSQ + VT) / IDQ = 25.7 Ω El valor comercial más cercano es: Rs = 27 Ω / 2W Obtención del voltaje de la fuente de alimentación: Recta DC: VDD = ID rp + VDS + ID Rs = (0.25)(1) + 9.75 + (0.25)(27) = 17 V Obtención de R1 y R2: La tensión en la compuerta respecto a tierra es: VG = VGSQ + IDQ Rs = 3.42 + (0.25)(27) = 10.17 Si empleamos un valor comercial: R1= 15 K Ω / 0.5 W Podemos calcular R2: R2 = (17 – 10.17) / 0.68 = 10 K Ω / 0.5 W Obtención de Cs: La resistencia aproximada que “ve” Cs es Rs. Como esta resistencia es pequeña, haremos que Cs determine el límite región de baja frecuencia. 77
Electrónica Analógica II ™
Si fijamos este límite en 100 Hz, podemos igualar: Rs Cs = 1 / [2π (100)] = 0.0016 Luego: Cs = 58.9 uF Y podemos emplear el valor comercial más cercano: Cs = 68 uF / 10 V Obtención de Ca1: La resistencia que “ve” Ca1 es mucho más alta. Haremos que Ca1 actúe a una frecuencia mucho menor que 100Hz para que no influya a la vez que Cs. Si fijamos su operación en 10 Hz, podemos igualar: [R1//R2] Ca1 = 1 / [2π (10)] = 0.016 Luego: Ca1 = 2.7 uF Y podemos emplear el valor comercial: Ca1 = 2.7 uF / 16 V PROBLEMA 1.12: Diseñe el amplificador clase A mostrado, empleando el transistor MPSW01 que tiene β = 50 y VCE.sat = 2V, VBE = 0.7V. La potencia de salida debe ser 0.5W á 1KHz, en carga de 8Ω. SOLUCION: Recta DC: VCC = 8 IC + VCE + IE RE Potencia en la carga: PL = 0.5W = Vm2 / 2RL = Vm2 / 16 R1
96
+
C1
100uF
VCC
10V
RL
8
Q1
MPSW01
+
RE
5.6
R2
39
1kHz
+
V1
-300m/300mV
CE
220uF
78
Electrónica Analógica II Hallamos Vm: Vm = 2.8V La tensión de operación es: VCEQ = Vm + VCE,sat = 2.8V + 2V = 4.8V = 5V Redondeamos el voltaje a 5V. La corriente de operación es: ICQ = Vm / RL = 0.35 A Calculamos la red de polarización: VE = IE RE = 2V Para mejor estabilidad elegimos: Obtenemos: RE = 2V / 0.35(1 + 1 / 50)A = 5.6Ω De la Recta DC: VCC = 8 (0.35) + 5 + 2 = 10V Hacemos: XCE << 5.6Ω á 1KHz CE << 28.4uF Elegimos: CE = 220uF Hacemos que la corriente en R2 sea mucho mayor que la de base: (2V + 0.7V) / R2 >> 0.35 A / 50 R2 << 2.7V / 0.007 = 385.7Ω R2 = 39Ω Calculamos R1: R1 = (10V – 2.7V) / (2.7V / 39 + 0.35 / 50) = 96Ω R1 = 96Ω Calculamos la capacidad de acoplo de entrada: Hacemos: XC1 << (96) // (39) // (1 + 50)(5.6) á 1KHz C1 << 6.3uF Elegimos: C1 = 100uF Con el programa simulador ajustamos el voltaje de señal de entrada para obtener máxima excursión en la salida: TENSIÓN DE SEÑAL DE SALIDA CON EXCITACIÓN POR FUENTE DE TENSION: A: q1_1
10.00 V
8.000 V
6.000 V
4.000 V
0.000ms
1.500ms
El voltaje pico es 2.84V 79
3.000ms
4.500ms
Electrónica Analógica II TENSIÓN DE SALIDA CON EXCITACIÓN POR FUENTE DE CORRIENTE: A: q1_1
10.00 V
8.000 V
6.000 V
4.000 V
0.000ms
1.500ms
3.000ms
4.500ms
El voltaje pico es 2.84V Observamos que la forma de onda mejora (menos distorsión) cuando la señal de entrada es de corriente. TENSIÓN DE SALIDA CON EXCITACIÓN POR FUENTE DE CORRIENTE Y REALIMENTACIÓN NEGATIVA: Se observa que la forma de onda es más simétrica a costa de tener que elevar la señal de entrada. A: q1_1
10.00 V
8.000 V
6.000 V
4.000 V
0.000ms
1.500ms
El voltaje pico es 2.80V 80
3.000ms
4.500ms
Electrónica Analógica II RL
8
R1
96
A
C1
100uF
VCC
10V
V1
-40m/40mA
1kHz
Q1
MPSW01
+
RE1
2.2
R3
10k
R2
39
+
+
RE2
3.4
CE
220uF
DISIPADORES DE CALOR (HEATSINKS) Los disipadores de calor son componentes metálicos que utilizan para evitar que algunos elementos electrónicos como los transistores se calienten demasiado y se dañen. El calor que produce un transistor no se transfiere con facilidad hacia el aire que lo rodea. Algunos transistores son de plástico y otros metálicos. Los que son metálicos transfieren con más facilidad el calor que generan hacia el aire que lo rodea y si su tamaño es mayor, mejor. Es importante aclarar que el elemento transistor que uno ve, es en realidad la envoltura de un pequeño "chip" que es el que hace el trabajo, al cual se le llama "juntura" o "unión". La habilidad de transmitir el calor se llama conductancia térmica y a su recíproco se le llama resistencia térmica (Rth) que tiene unidad de °C / W (grado Centígrado / Watt). 81
Electrónica Analógica II Ejemplo: Si el RTH de un transistor es 5°C/W, esto significa, que la temperatura sube 5°C por cada Watt que se disipa. Poniéndolo en forma de fórmula se obtiene: θ = T / P, Donde: ‐ θ = resistencia térmica ‐ T = temperatura ‐ P = potencia La fórmula anterior se parece mucho a una fórmula por todos conocida (La ley de Ohm). R = V / I. Donde se reemplaza V por T, I por P y θ por R. Analizando el siguiente diagrama: Donde: ‐ TJ = Temperatura máxima en la "Juntura" (dato lo suministra el fabricante) ‐ TC = temperatura en la Carcasa. depende de la potencia que vaya a disipar el elemento y del tamaño del disipador y la temperatura ambiente. ‐ TD = Temperatura del disipador y depende de la temperatura ambiente y el valor de θDA (θD) ‐ TA = temperatura ambiente ‐ θJC = Resistencia térmica entre la Juntura y la Carcasa ‐ θCD = Resistencia térmica entre la Carcasa y el Disipador (incluye el efecto de la mica, si se pone, y de la pasta de silicona). Mejor si puede usar banda de silicona en lugar de la mica y la pasta. Si se usa mica, es mejor usarla con pasta silicona. ‐ θDA = Resistencia térmica entre el Disipador y el Aire (Resistencia térmica del disipador) (θD) Ejemplo: Se utiliza un transistor 2N3055 que produce 60 Watts en su "juntura". Con los datos del transistor 2N3055, este puede aguantar hasta 200 Watts en su "juntura" (máximo) y tiene una resistencia térmica entre la juntura y la carcasa de: 1.5°C/W (carcasa es la pieza metálica o plástica que se puede tocar en un transistor) Si la temperatura ambiente es de 23°C, ¿Cuál será la resistencia térmica del disipador de calor que se pondrá al transistor? (RDA) Con θJC = 1.5°C/W (dato del fabricante), la caída de temperatura en esta resistencia será T = θ x P = 1.5°C x 60 Watts = 90 °C (ver fórmula) 82
Electrónica Analógica II Con θCD = 0.15°C/W (se asume que se utiliza pasta silicona entre el elemento y el disipador), la caída de temperatura en RCD es T = R x P = 0.15 x 60 Watts = 9°C. Tomando en cuenta que la temperatura del aire (temperatura ambiente es de 23°C), el disipador de calor tiene que disipar: 200°C – 90°C – 9°C – 23°C = 78°C. Esto significa que la resistencia térmica del disipador de calor será: θDA = 78°C / 60 W = 1.3°C/Watt.. Con este dato se puede encontrar el disipador adecuado. Importante: Cuando se ponga un disipador de calor a un transistor, hay que evitar que haya contacto eléctrico entre ambos. Se podría evitar esto con plástico o el aire, pero son malos conductores de calor. Para resolver este problema se utiliza una pasta especial que evita el contacto. La virtud de esta pasta es que es buena conductora de calor. De todas maneras hay que tomar en cuenta que esta pasta aislante también tiene una resistencia térmica que hay que tomar en cuenta. Es mejor evitar si es posible la utilización de la mica pues esta aumenta el θCD. El contacto directo entre el elemento y el disipador, contrario a lo que se pueda pensar, aumenta el valor de θCD, así que es mejor utilizar la pasta. PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA P1.1: El siguiente circuito (figura 1.33) es un amplificador de potencia clase A, halle: a) El punto de operación para máxima excursión simétrica. b) Los valores de R1 y R2 para lograr el punto de operación calculado en (a). c) La máxima potencia disipada por RC. El transistor es de silicio con β = 50 VCC
R2
Rc
Ca1
Q
+
vce
-
VCC = 15 V
Rc = 1K
Re = 500
R1
ii
Re
Fig. 1.33 83
Electrónica Analógica II PROBLEMA P1.2: Diseñe un amplificador clase A acoplado por transformador, como el mostrado en la figura 1.34, para obtener una potencia de salida de 0.5W en una carga de 3Ω. La impedancia reflejada al primario es 70Ω. Asuma que la eficiencia del transformador es 70%. Datos del transistor: Vce,sat = 1V; Tjmax = 100°C; Pcmax = 4W (á 65 °C); BVCEO = 30V; icmax = 1A; 80 ≤ β ≤ 320 +12V
n : 1
1
3
2
5
R2
3 Ohmios
C1
+
vce
-
Q
R1
Vi
Re
Ce
Fig. 1.34 PROBLEMA P1.3: Diseñe un amplificador clase A acoplado por transformador para obtener una potencia de 1W en una carga de 8 Ω. Asuma que el transformador es ideal con n = 2, VCC = 12 V y Vce,sat = 2V Especifique las características del transistor. PROBLEMA P1.4: Se desea entregar 1 W a una carga de 8 Ω, mediante un amplificador clase A acoplado por transformador. Si se dispone de un transistor con BVCEO = 40 V, β = 50 y VCE,sat = 2 V. La resistencia de emisor debe ser 1.8 Ω Asuma que el transformador es ideal con n = 2. Halle: a) El valor de la fuente DC (VCC). b) La potencia entregada por la fuente.. c) La potencia máxima que disipará el transistor. PROBLEMA P1.5: En el circuito mostrado en la figura 1.35, β = 100, βmín = 50. Halle: a) El punto de operación para máxima excursión simétrica. b) R1 y R2 c) PL máx d) PCC e) PCmáx y PCmín 84
Electrónica Analógica II f)La eficiencia g) Especifique el transistor T2
+12Vdc
1
5
rp = 11
rs = 1
R2
4
8
RL
4
+
Vs
-
4:1
C
Q
Vg
R1
RE
C
Fig. 1.35 PROBLEMA P1.6: En el circuito mostrado en la figura 1.36,.halle: +15V
4:1
1
rs = 1
3
rp = 11
R2
2
5
C1
4 Ohmios
a) El punto Q para máxima excursión simétrica
IRF630/TO
b) R1 y R2
c) PLmáx
Vg
R1
RS
1
CS
d) Pcc
e) Pcmáx y Pcmín
f) La eficiencia total
Asuma que las capacidades son muy grandes.
Fig. 1.36 PROBLEMA P1.7: El amplificador mostrado en la figura 1.37 va a ser empleado sobre el rango de temperatura: ‐ 25 °C á 75 °C. El rango de β para el transistor es: 100 ≤ β ≤ 300. El transistor tiene ICBO = 0.1 uA y VBE = 0.7 V, ambos á 25 °C. Si R1 // R2 ≥ 1 KΩ, calcule el máximo desplazamiento simétrico posible. Especifique R1, R2 y RE. Las capacidades son muy grandes 85
Electrónica Analógica II +20Vdc
R2
RC
1K
C
+
Vs
-
Q3
Vg
R1
Fig. 1.37 RE
C
PROBLEMA P1.8: Un amplificador clase A es alimentado por una batería de 12V con capacidad de 4 Amperios‐Hora. Si el amplificador consume una potencia de 4W entregando máxima potencia a la carga, ¿Idealmente, cuánto tiempo podrá alimentarlo la batería? PROBLEMA P1.9: Un transistor bipolar de audio va a ser empleado en un amplificador clase A. Si su punto de operación es: VCEQ = 10V e ICQ = 100 mA, Hasta qué temperatura (TC) podrá subir su encapsulado si el fabricante da como datos: Pcmáx = 2W (á TC = 25 °C), θJC = 62.5 °C/W y Tjmáx = 150 °C. PROBLEMA P1.10: Un transistor bipolar de audio va a ser empleado en un amplificador clase A acoplado por transformador. ¿Cuánta será la máxima potencia que se pueda entregar a la carga, si las características del transistor son: Pcmáx = 20W (á TC = 25°C), θJC = 5 °C/W, β = 40, BVCEO = 50 V, iC,máx = 3 A?. Se quiere, además, que la temperatura de la cápsula no pase de 60°C PROBLEMA P1.11: Un amplificador de potencia clase A, acoplado por emisor, figura 1.38, tiene un transistor de silicio con PCmáx = 50W y β = 40 . Determine: a) VBB, Rb y n para que se transmita máxima potencia a la carga. b) PLmáx c) PCC d) ηtotal 86
Electrónica Analógica II C
T1
1
5
Q
T2
Rb
4
1
5
12V
8
Ig
RL
20
1:1
4
8
VBB
1:n
Fig. 1.38 PROBLEMA P1.12: Se desea entregar, como máximo, 5 W a una carga de 8 Ω, mediante un amplificador clase A con MOSFET, acoplado por transformador. Si se dispone de un transistor con BVdss = 200 V, IDmáx = 16A, Pcmáx = 20W y VDST = 2 V. La resistencia de fuente debe ser 1 Ω. Asuma que el transformador es ideal con n= 2 Halle: a) El valor de la fuente DC (VCC). b) La potencia entregada por la fuente. c) La potencia máxima que disipará el transistor. PROBLEMA P1.13: Demuestre que la recta de máxima excursión simétrica (M.E.S.) corta a la recta de carga dinámica en dos partes iguales. Asuma el caso ideal. PROBLEMA P1.14: Se quiere estabilizar el punto de operación del amplificador clase A mostrado, mediante un termistor del tipo NTC en contacto térmico con el transistor, en el rango de 27°C á 70°C. El termistor, varía su resistencia con la temperatura, según la ecuación: RT = Ro℮B(1/T ‐ 1/To) Donde: RT = Resistencia del termistor Ro = Resistencia del termistor a 300°K B = Temperatura característica del material To = 300°K T = temperatura en °K El punto de operación del transistor es: ICQ = 805 mA y VCEQ = 6.44V á 27°C y tiene: VBE = 0.7V, β = 100, VCE,sat = 2V. Si su tensión base – emisor disminuye en 2.5 mV por cada °C de aumento de la temperatura, determine el valor de Ro, B y el punto de operación a 50°C. 87
Electrónica Analógica II + 12 V
107
200
470uF
Q1
C
RT
NTC
Vg
t
20
470uF
10
PROBLEMA P1.15: Responda las siguientes preguntas: a) ¿Por qué el amplificador clase A con acoplo de carga por transformador es más eficiente que el que tiene carga en colector? b) ¿Por qué el amplificador clase B es más eficiente que el que el de clase A? c) ¿Por qué no se usan parámetros híbridos en el análisis del amplificador clase A? d) ¿Qué características eléctricas son importantes en un transistor de potencia? e) ¿Por qué un transistor de potencia debe emplear disipador? f) ¿Por qué no debe desconectarse la carga en un amplificador con acoplo por transformador, cuando está funcionando? 88
Electrónica Analógica II BIBLIOGRAFIA 1).‐ CIRCUITOS MICROELECTRONICOS: ANÁLISIS Y DISEÑO Muhammad Rashid Editorial: International Thomson Editores 2).‐ MICROELECTRONICA: CIRCUITOS Y DISPOSITIVOS Mark N. Horenstein Editorial: Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 3) MICROELECTRONICA: CIRCUITOS Y DISPOSITIVOS Sedra Smith Editorial: Oxford 4) ELECTRONIC CIRCUITS: DISCRETE AND INTEGRATED Schilling, Donald L. Belove, Charles Editorial: Mc Graw‐Hill Kogakusha, Ltd. 5) DISPOSITIVOS Y CIRCUITOS ELECTRÓNICOS Millman, Jacob Halkias, Cristos C. Editorial: Mc Graw‐Hill Book Company 6).‐ ANÁLISIS Y DISEÑO DE CIRCUITOS ELECTRÓNICOS INTEGRADOS Paul E. Gray Robert Meyer Editorial: Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 7).‐ COMMUNICATION CIRCUITS: ANALYSIS AND DESIGN Clarke, Kenneth Hess T. Donald Editorial: Addison‐Wesley Publishing Company 8).‐ MANUAL RCA – SC15 9).‐ MANUAL DE AMPLIFICADORES DE BAJA FRECUENCIA TRANSISTORIZADOS Francisco Ruiz Vasallo Editorial: Ediciones CEAC – Barcelona 2da. Edición – 1979 89
Electrónica Analógica II 10).‐ MANUAL DE BAFFLES Y ALTAVOCES Francisco Ruiz Vassallo Editorial: Ediciones CEAC – Barcelona 3da. Edición – 1981 90
Electrónica Analógica II 1.3: AMPLIFICADORES CLASE B Y AB En este tipo de amplificador el punto de operación se ubica en la zona de corte, tanto para el BJT como para el FET. La señal circula durante 180° de su período. Cuando esto sucede, se dice que el amplificador trabaja en clase B. Para amplificar la onda completa es necesario usar dos de estos amplificadores. Cuando el punto de operación se ubica antes de la zona de corte, de manera que la señal circule más de 180° y menos de 360° de su período, se dice que el amplificador trabaja en clase AB. Esto se hace para evitar la distorsión de cruce, que se verá más adelante. Sin embargo, como el punto de operación normalmente sigue cerca de la zona de corte, se le puede seguir tratando como un amplificador clase B A continuación estudiaremos las configuraciones más conocidas. 1.3.1: AMPLIFICADOR DE POTENCIA CLASE B, EN SIMETRIA COMPLEMENTARIA Este tipo de amplificador es uno de los más utilizados y emplea dos transistores complementarios (uno NPN y otro PNP) de manera que uno amplifica el semiciclo positivo de la señal y el otro el semiciclo negativo. Tal amplificador es llamado AMPLIFICADOR DE SIMETRIA COMPLEMENTARIA. Se denominan transistores complementarios (o par machado o matched pair) a un par de transistores tipo PNP y NPN cuyas características de ganancias, corrientes, tensiones, potencias, etc., son iguales o muy similares. 1.3.1‐1: CIRCUITO BASICO VCC
Q1
Q2
PARLANTE
Vin
V2 = VCC / 2
V1 = VCC / 2
Fig. 1.39: Circuito básico de un amplificador de simetría complementaria. 91
Electrónica Analógica II En la figura 1.39 vemos que la condición que deben cumplir V1 y V2 es que polaricen de tal modo a Q1 y Q2 que éstos trabajen simétricamente y en clase B (corrientes en reposo cero). Se hace V2 = VCC/2 con la finalidad que: VCEQ1 = VCEQ2 = VCC/2 y los dos transistores estén al corte simultáneamente (clase B). De lo contrario, si V1 es mayor que V2, entonces conducirá Q1 y se cortará Q2 (ICQ1 > 0, ICQ2 = 0); y si V1 es menor que V2 entonces conducirá Q2 y se cortará Q1 (ICQ2 > 0, ICQ1 = 0), lo cual no permite una operación simétrica de los dos transistores. La tensión continua en la unión de los emisores será: VE = VCC/2 Se puede ver con las condiciones anteriores que: VBE1 = VBE2 = 0 e ICQ1= ICQ2 =0 Podemos estudiar ahora qué ocurre cuando la tensión de señal Vin toma valores positivos y negativos: Q1 conduce, Q2 cortado Q2 conduce, Q1 cortado VCC
B
+
Vin
-
VCC
Q1
Q1
IL1
IL2
E
B
Vin
+
RL
E
Q2
E
RL
E
Q2
Parlante
Parlante
V2 = VCC / 2
V2 = VCC / 2
V1 = VCC / 2
Fig. 1.40a. Semiciclo positivo de Vin V1 = VCC / 2
Fig. 1.40b. Semiciclo negativo de Vin En el semiciclo positivo de Vin (figura 1.40a) la tensión en las bases se hace más positiva que la tensión en los emisores: VB > VE Lo cual hace que Q1 conduzca y Q2 permanezca en corte. El sentido de la corriente se indica en la figura. Nótese que IL1 = iE1 92 Electrónica Analógica II Para el semiciclo negativo: VB <VE Lo cual corta a Q1 y hace conducir a Q2. El sentido de la corriente se muestra en la figura 1.40b, e IL2 = iE2. De este modo, la carga está alimentada medio ciclo de Vin por Q1 y el otro medio ciclo por Q2 1.3.1‐2: DISTORSION DE CRUCE: Debido a que las características de entrada base‐
emisor de los transistores reales (ver figura 1.41) es tal que para tensiones pequeñas base‐emisor, el transistor prácticamente no conduce. Recién éste comienza a hacerlo cuando se supera la tensión de codo o tensión umbral (Vγ), que es aproximadamente 0.2V para transistores de Germanio y de 0.6V para los de Silicio. 5
x
1 0
-9
C U R V A
C A R A C T E R IS T IC A
D E
L A
J U N T U R A
B A S E - E M IS O R
4 .5
4
I (amperios)
3 .5
3
2 .5
2
1 .5
1
0 .5
0
0
0 .1
0 .2
0 .3
V
0 .4
(vo lt io s )
0 .5
0 .6
0 .7
0 .8
Fig. 1.41 La tensión de salida tiene la forma que se observa en la figura 1.42: VL
6.300 V
6.100 V
5.900 V
5.700 V
0.000ms
1.000ms
2.000ms
Fig. 1.42 93
3.000ms
4.000ms
5.000ms
Electrónica Analógica II Se puede notar en esta figura, que existe cierta zona alrededor de los puntos Vb=0, para los cuales ninguno de los transistores conduce, lo que acarrea una distorsión en la forma de onda en la salida (proporcional a la señal iB1 – iB2), llamada distorsión por cruce (o de cross over). Esta distorsión se evita polarizando directamente las junturas base‐emisor de Q1 y Q2 de modo que exista entre ellas una tensión igual a la tensión de codo (Vγ). Una forma simple de lograr esto, es colocando una resistencia (de pequeño valor) entre las bases de Q1 y Q2 de modo que se ocasiona una caída de tensión en ella suficiente para tener polarizados ligeramente a los transistores (ver figura 1.43). VDD
VCC
R4
R
Q1
+
IL1
R1
Vrd
Ca1
-
E
RD
RL
E
Q2
+
Vin
-
Ird
Parlante
Q3
C2
R2
Fig. 1.43 Debe cumplirse: Vrd = Ird RD = VBE1+VEB2 RD se escoge de modo que cumpla con la anterior ecuación y que: VBE1 = VEB2 = 0.2V (para el Germanio) ó 0.6V (para el Silicio). La elección de RD para polarizar adecuadamente la juntura base‐emisor de Q1 y Q2, es un poco delicada, debido a que una pequeña variación de la tensión VBE provoca grandes cambios de corriente de colector, por lo cual, con un valor demasiado pequeño de VRD no se eliminará satisfactoriamente la distorsión de cruce. En cambio, si la tensión es demasiado grande, trae como consecuencia distorsión para niveles grandes de señal, ya que cada transistor conducirá más de medio ciclo, lo cual hará que las corrientes de conducción de un transistor se traslapen con las corrientes que conduce el otro transistor. 94 Electrónica Analógica II Prácticamente, entonces, el amplificador debe trabajar en clase AB. Pero la corriente de colector, para evitar la distorsión de cruce, es tan pequeña que se puede decir que su forma de trabajo es clase B. La polarización de las junturas base‐emisor se hace para que cumpla dos funciones: a) Evitar la distorsión de cruce o “cross‐over”. b) Estabilizar la polarización de Q1 y Q2 contra variaciones de temperatura. La forma más simple de polarizar en clase AB es mediante una red resistiva. Este esquema no es satisfactorio debido a que si la polarización es poca, la distorsión de cruce sigue siendo severa y, si es mucha, la corriente de colector será alta, los transistores disiparán más potencia pudiendo destruirse o acortar drásticamente su tiempo de vida y la eficiencia disminuirá. Este tipo de polarización es más efectiva cuando la fuente de alimentación es regulada pero no permite la compensación por variación de temperatura en las junturas base‐emisor. 1.3.1‐3: ESTABILIZACIÓN DE LA POLARIZACION CONTRA VARIACIONES DE TEMPERATURA Para obtener mejor regulación y compensación de temperatura con la red resistiva, se conecta uno o dos diodos entre las bases de ambos transistores. Estos diodos deben elegirse cuidadosamente para permitir la exacta caída de voltaje necesaria. Pero, si esta polarización cambia con la edad del equipo, la polarización también sufrirá cambios. En la figura 1.43 se puede notar que la tensión base‐emisor de los transistores esta determinada por la caída de tensión en la resistencia de polarización RD, lo cual dará una cierta corriente de colector pequeña a Q1 y Q2 a fin de que eviten el cross over, el cual, como se mencionó, debe tener un valor óptimo para evitar distorsión. Pero, si por cualquier motivo (variación de temperatura ambiente, calentamiento del transistor, etc.) la temperatura del transistor varía, esto causa una variación de la tensión base‐emisor (aproximadamente –2.5mV/ºC) como se ve en la figura 1.44, lo cual ocasionará una variación de la corriente de colector que puede llevar a clase C al amplificador (para bajas temperaturas) o a clase A (para altas temperaturas) lo cual ocasionará gran distorsión y/o disipación de potencia. 95
Electrónica Analógica II 18
Cx 10
292
16
IE
(amperios)
T= 25grados
T = 50 grados
14
12
10
8
6
4
2
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
V (voltios)
0.5
0.6
0.7
0.8
Fig. 1.44 Una forma de evitar estos efectos indeseables es haciendo que la tensión VRD varíe de manera similar a la variación de VBE con la temperatura, lo cual se logra colocando, en lugar de RD, un termistor NTC (Negative Temperature Coefficient) de similar coeficiente de temperatura que el diodo base‐emisor. De esta forma la tensión en el termistor disminuirá del mismo modo como VBE disminuye manteniendo siempre la corriente de colector (proporcional a la corriente de base) en un valor casi constante. La figura 1.45 muestra 4 formas típicas de polarización. En la figura 1.45a se coloca una resistencia en paralelo con el termistor con el fin de aproximar el coeficiente de temperatura equivalente al del diodo base‐emisor. Las figuras 1.45b y c muestran la polarización por diodo, estos trabajan polarizados en sentido directo y deben exhibir el mismo coeficiente de temperatura que el correspondiente a los diodos base‐emisor de los transistores. En 1.45b, Rd ayuda a conseguir la necesaria polarización de base‐emisor y en 1.45c, Rd1 y Rd2 sirven como divisores de tensión cuando VD es mayor que la necesaria, para polarizar las junturas base‐emisor. Se aumenta mucho más la estabilidad contra variaciones de temperatura colocando resistores en los emisores de los transistores (figura 1.45d). Las combinaciones de los casos a, b, c y d ofrecen una gran estabilidad de la corriente de colector de los transistores contra variaciones de temperatura (Pueden usarse varios de estos métodos a la vez). 96 Electrónica Analógica II VCC
VCC
VCC
VCC
Q1
Q1
Q1
+
Vd
-
D
Q1
t
Re
+
Vd
-
Rd
NTC
Rd2
Rd
Rd1
Q2
Re
Q2
Q2
Q2
(a)
(b)
(c)
(e)
Figura 1.45 Los problemas anteriores son eliminados en forma más efectiva cuando se emplea un transistor regulador. Dado que el punto de operación, extremadamente crítico, es difícil de mantener, podemos usar un transistor regulador de voltaje y lograr controlar fácilmente al punto de operación mediante un potenciómetro. En la figura 1.46, Q1 y Q2 forman el amplificador de simetría complementaria. El transistor Q3 se encarga de controlar en forma precisa el punto de operación de Q1 y Q2, actuando como regulador. También compensa automáticamente contra variaciones de temperatura. El potenciómetro permite ajustar el punto de operación. La entrada es aplicada mediante dos condensadores de acoplo. El empleo de dos fuentes de alimentación simétrica evita el uso del condensador de salida (C2 en la figura 1.43). 97
Electrónica Analógica II + VCC
R1
C
Q1
Entrada
P
Q3
C
RL
Q2
R2
- VCC
Figura 1.46 1.3.1‐4: PUNTOS DE OPERACIÓN Sea el circuito de la figura 1.47: Haremos las siguientes aproximaciones (justificadas en la práctica): ™ Re << RL ™ Q1 complementario de Q2 ™ β1 = β2 >>1 Si las condiciones anteriores se cumplen, podemos afirmar que: iC ≅ iE RECTAS DE CARGA ESTATICA: Como VE = Vcc/2 98 Electrónica Analógica II VDD
VCC
R1
Q1
Re
R2
C
R3
E
Re
RL
C1
Q2
Entrada
Q3
R4
Figura 1.47 VCC = VCE1 + VE VE = VCE2 Î(1.80) Î(1.81) Además los transistores están polarizados al corte: ICQ1 = ICQ2 = 0 Entonces: Recta de carga DC para Q1: De (1.80) ................. VCEQ1 = Vcc/2 Î(1.82) Recta de carga DC para Q2: De (1.81) ................. VCEQ2 = Vcc/2 Î(1.83) Esta recta se ilustra en la figura 1.48. Dado que ICQ1 = ICQ2 = 0, el punto de operación ya esta determinado. 99
Electrónica Analógica II IC
0
VCE = VCC / 2
VCE
Figura 1.48 RECTAS DE CARGA DINAMICA: En el circuito de la figura 1.47, para a.c: vCE1 = ‐iC1Re – iC1RL = ‐iC1 ( Re + RL) Î(1.84) vCE2 = ‐ iC2 ( Re + RL) Î(1.85) Para poder graficar estas rectas en el plano Ic‐Vce es necesario hacer el cambio de coordenadas con ayuda de las siguientes relaciones: Î(1.86) iC = ic + ICQ vCE = vce ‐ VCEQ Î(1.87) Reemplazando (1.86) y (1.87) en (1.84): vce 1 – VCEQ1 = ‐ (ic1 + ICQ1)(Re+RL) Pero como: ICQ1 =0 y VCEQ1 = Vcc/2 Se tiene: vCE1 = (Vcc/2) – ic1(Re+RL) Î(1.88) Y en forma análoga: vce2 = (Vcc/2) – ic2(Re+RL) Î(1.89) En la practica se hace RL >> Re a fin de que no haya demasiada pérdida de potencia en Re. Entonces (1.88) y (1.89) se convierten en: 100 Electrónica Analógica II Recta de carga a.c. para Q1: vce1 = (Vcc/2) – ic1RL Î(1.90) Recta de carga a.c. para Q2: vce2 = (Vcc/2) – ic2RL Î(1.91) Estas rectas de carga a.c. deberán pasar por el punto Q, entonces bastará buscar el otro punto de la recta. Cuando: vce1 = 0 ic1 = Icm máx = Vcc/2RL Î(1.92) vce2 = 0 ic2 = Icm máx = Vcc/2RL Î(1.93) Y vemos que: Icm1 máx = Icm2 máx En la figura 1.49 se observan las dos rectas de carga para cada transistor: iC1
VCC / 2RL
DC
AC
vCE1
Q
VCE = VCC / 2
0
VCC
vEC2
AC
VCC / 2RL
DC
iC2
Figura 1.49 Se puede ver en la figura 1.49 que Q1 conduce medio ciclo de corriente y en este medio ciclo hay una tensión alterna entre Colector y Emisor de Q2 debida a la tensión alterna en la carga. En el semiciclo en el cual Q1 esta abierto (ic1 =0), aparece una tensión vCE1, debida a la tensión que hay en RL por la corriente que conduce Q2. La tensión pico que soporta el transistor llega a tener un valor cercano al de la fuente. 101
Electrónica Analógica II Similar análisis se hace para Q2: Cuando Q2 no conduce, vCE2 se debe a la tensión que cae a través de RL por conducción de Q1. El otro semiciclo en la carga se debe a la conducción de Q1. 1.3.1‐5: CÁLCULOS DE POTENCIA Como ya se vió, Q1 y Q2 trabajan en forma simétrica, de modo que en lo sucesivo designaremos a las variables sin subíndices. 1.3.1‐6: POTENCIA ENTREGADA A LA CARGA: PL ™
La potencia máxima en la carga PLmáx ocurre cuando Icm alcanza su máximo valor teórico: Icm máx = Vcc/2RL Para onda sinusoidal: PLmax = (Icm máx) 2 RL/2 = V2cc/8RL Î(1.94) ™
La potencia para cualquier valor de Icm es: PL = (iLeff)2RL = 0.5 (Icm/)2RL PL = (Icm)2RL/2 Î(1.95) 1.3.1‐7: POTENCIA ENTREGADA POR LA FUENTE: PCC VCC entrega corriente sólo durante el semiciclo positivo de Vin. iCC = corriente que entrega la fuente. Icc = Icm /π valor medio de icc Luego: Î(1.96) Pcc = VCCIcc = VccIcm/π La potencia máxima entregada por la fuente ocurre cuando: Icm máx = VCC/2RL Reemplazando en 1.96: Î(1.97) PCCmáx = V2CC/2πRL 1.3.1‐8: POTENCIA DISIPADA EN COLECTOR: PC En la figura 1.47 se puede observar que Q1 y Q2 sólo disipan potencia en el semiciclo en el cual conducen, ya que en el resto del ciclo la corriente a través de ellos es cero. Podemos plantear lo siguiente: La potencia disipada en cada colector Pc es entonces: PC = 0.5 (VCCIcm/π – (Icm)2RL/2) Î(1.98) 102 Electrónica Analógica II Este mismo resultado se pudo haber obtenido aplicando sumatoria de potencia: PCC = 2PC + PL VALOR MÁXIMO DE PC Dado que la ecuación de PC no es lineal (es una parábola cóncava hacia abajo), PCmáx no tiene porqué ocurrir para Icm máx. Hallamos entonces el valor Icmx para el cual ocurre la máxima disipación de colector, derivando respecto a Icm e igualando a cero: (dPc/dIcm) = (Vcc/2π) – (IcmRL/2) = 0 Obtenemos: Icmx = Vcc/πRL Î(1.99) Reemplazando en (1.98) obtenemos: PCmax = V2cc/4π2RL Î(1.100) 1.3.1‐9: EFICIENCIA DEL CIRCUITO: η η = PL / Pcc = ((I2cmRL)/2)/ (VccIcm/ π ) Î(1.101) En condiciones máximas, cuando: Icm máx = Vcc/2RL: Reemplazando en (1.101) ηmáx = π/4 = 0.785 En porcentaje: ηmáx = 78.5% 1.3.1‐10: FIGURA DE MERITO: F F = PCmax / PLmax Î(1.102) (1.100) y (1.94) en (1.102) se tiene: F = 1/5 = 0.2 Estos valores de η y F, son los mismos que se pueden lograr teóricamente con los otros tipos de amplificadores clase B, para el caso ideal. PROBLEMA 1.12: En el circuito mostrado en la figura 1.50, considere: Q1= AC127, Q2= AC128, germanio, VCE1sat = VEC2sat = 1 V Rc se ajusta de modo de obtener: VE = Vcc/2 = 6 V 103
Electrónica Analógica II Determine: a) PLmáx mérito b) PCCmáx c) PCmáx d) La eficiencia VDD
e) La figura de + 12V
RC
Q1
AC127
R2
Re
5.7
Ca2
E
Re
5.7
Ca1
Q2
AC128
RL
81
Q3
Vin
R3
R1
Figura 1.50 SOLUCION: a) Cálculo de PLmáx: ™
Recta de carga d.c.: VCE = Vcc/2 para Q1 y Q2 Como: ICQ = 0 (en corte) el punto de operación será: VCEQ = Vcc /2 con: ICQ=0 ™
Recta de carga a.c.: Se puede notar, que debido a VCEsat, iC sólo podrá excursionar hasta el valor Icm dado por: Icm = ((Vcc/2)‐ VCE,sat) / (RL+Re) Icm = (6‐1) / 86.7 = 57.7 mA De la ecuación 1.94, la máxima potencia obtenible en la carga esta dado por: PLmax = I2cm RL / 2 PLmax = (57.7)2 x 81 / 2 PLmax = 135mW Como se puede comprobar, este valor está por debajo de su máximo valor ideal que ocurre cuando Icm = 69.2mA (o sea, cuando VCE,sat = 0) PLmaxideal= (69.2) 2 x 81 / 2 = 194mW 104 b) Electrónica Analógica II Cálculo de PCCmáx De la ecuación 1.97, la máxima potencia entregada por Vcc es: PCCmax = VccIcm/π = 12V x 57.7mA/π = 220.3 mW El valor máximo ideal es: Pccideal = 12 x 69.2/π = 264.3 mW c) 1.
2. Cálculo de PCmáx: En la potencia disipada por cada transistor hay que distinguir entre dos cosas: La potencia disipada en el colector no es máxima cuando la excursión en la salida es máxima, o sea cuando: Icm máx = 57.7mA. Además: PRe = I2cm Re / 2 = (57.7)2 x 5.7 / 2 = 9.49 mW Pc = (Pcc – PL – PRe) /2 = (220‐135‐ 9.49) / 2 = 37.76mw Observamos que la potencia disipada en Re se puede despreciar en comparación con las otras cuando se cumple: Re << RL La Potencia máxima disipada en colector, la cual como se demostró en 1.99, ocurre cuando: Icmx = Vcc /[π (RL + Re)] = 12 / [π x(81 + 5.7)] = 44.06 mA En el cálculo anterior se incluye el efecto de Re, dado que no la estamos despreciando. Con este valor y reemplazando en (1.100) Pcmax = V2cc/[4π2 (R L + R e)] = 122 / [4π2(86.7)] = 42.1 mW d) e) Cálculo de la eficiencia máxima: ηmáx (en %) = (PLmax/PCCmax) x 100 = (135/220.3)x100 = 61.3% < ηideal = 78.5% Cálculo de la Figura de Mérito F = Pcmax / PLmax = 42.1/135 = 0.312 > Fideal = 0.2 La figura de mérito debe ser lo menor posible. PROBLEMA 1.13: En el circuito de la figura 1.51, Q1 y Q2 son un par machado con β = 50 y VCE,sat = 0.5V. Determine: a) PLmáx , b) PCmáx , c) PCC máx , d) La eficiencia , e) Especifique los transistores 105
Electrónica Analógica II + 12 V
R1
Q1
T1
Re = 0.5
Vin
R2
Ca2
R3
Re = 0.5
RL = 8
Q2
R4
Figura 1.51 SOLUCION: Cálculo de PLmáx: a) ™ Recta de carga d.c.: con: ICQ=0 VCEQ = Vcc /2 ™ Recta de carga a.c.: En este caso no despreciaremos Re para mostrar la forma de cálculo cuando debe ser tomada en cuenta. Se puede notar, que debido a VCEsat, iC sólo podrá excursionar hasta el valor Icm máx dado por: Icm máx = ((Vcc/2)‐ VCE,sat) / (RL+Re) Icm máx = (6 ‐ 0.5) / 8.5 = 647 mA De la ecuación 1.94, la máxima potencia obtenible en la carga esta dado por: PLmax = I2cm máx RL / 2 PLmax = (0.647)2 x 8 / 2 = 1.67 W 106 b) c) d) e) Electrónica Analógica II Cálculo de PCmáx: La Potencia máxima disipada en colector, la cual como se demostró en 1.99, ocurre cuando: Icmx = Vcc /[π (RL + Re)] = 12 /[π x 8.5] = 449.4 mA Con este valor y reemplazando en (1.100) Pcmax = V2cc / [4π2(RL + Re)]= 122/[4π2x8.5] = 429 mW. Cálculo de PCCmáx De la ecuación 1.97, la máxima potencia entregada por Vcc es: Pccmax = VccIcm/π = 12 x 0.647 / π = 2.47 W Cálculo de la eficiencia máxima: ηmáx (en %) = (PLmax/PCCmax) x 100 = (1.67/2.47)x100 = 67.6% Especificación de los transistores: La máxima tensión que soporta cada transistor es igual a la fuente de alimentación. Entonces debe cumplirse: BVCEO > 12 V La máxima corriente que conduce cada transistor es: Icm máx = 0.647 A Entonces: iC máx > 0.647 A Se ha calculado que la máxima potencia que disipa el transistor en el circuito es: PC máx = 0.429W Elegiremos un transistor que cumpla con: PC > 0.429W a la temperatura de trabajo 1.3.1‐11: ALGUNAS OBSERVACIONES IMPORTANTES SOBRE Q3: Se habrán uds. Preguntando: ¿Porqué no es conectada la resistencia del colector de Q3 (Rc) directamente a Vcc en lugar de hacerlo a VDD? La razón es la siguiente: Refiriéndose al circuito de la figura 1.47, en las bases de Q1 y Q2 debe haber una excitación (señal) de valor ligéramente mayor que la tensión de los emisores (señal, que es la misma que hay en la carga), ya que son dos seguidores emisivos, como se ha visto anteriormente, la tensión de VCE de cada transistor excursiona desde vCE = 0V hasta vCE = Vcc (esta es la misma excursión en Rc), lo cual significa que Q3 debe ser capaz de desarrollar una tensión en colector que oscile entre 0V y Vcc. El límite inferior es fácil de lograr, esto se consigue excursionando hasta casi la saturación de Q3 (tensión VCE3 = 0V) el límite superior no se alcanzará nunca si VDD = Vcc ya que en Rc habrá una caída de tensión debida a la corriente de base (en 107
Electrónica Analógica II señal) de Q1, lo cual hará que el máximo valor de tensión de VCE3 sea menor que VCC. Esto hará que Q3 no excite al máximo a Q1 y Q2 y por tanto no se podrá lograr máxima excursión en la salida. Una forma de lograr una suficiente excitación de Q1 y Q2 es conectando la resistencia de colector Q3 a una tensión VDD > Vcc, suficiente para compensar la caída en Rc. Debido a que no siempre es posible contar con dos fuentes diferentes, se utiliza un artificio que se ve en la figura 1.52 en la cual al condensador C se le conecta el terminal positivo de la fuente a través de D1 y la resistencia del colector al extremo de la capacidad C, cuya tensión es igual a VE más la tensión a la cual se ha cargado en DC el condensador. Como VE excursiona desde más o menos 0 hasta VCC, cuando llega a Vcc, la tensión en el extremo superior de RC será Vcc + tensión DC en el condensador = 3Vcc/2 lo cual suministra una “tensión de refuerzo” a Q3 de modo que éste pueda compensar suficientemente la caída en Rc. Otra forma de lograrlo es reemplazando D1 por un resistor; la tensión de refuerzo será menor pero suficiente para permitir la máxima excursión. En el circuito de la figura 1.52, C suministra el efecto mencionado, con la ventaja de tener la carga conectada a tierra. + 12V
D1
RC
C
Q1
AC127
R2
Re
Ca2
E
Re
Ca1
RL
Q2
AC128
Q3
Vin
R3
R1
Figura 1.52 108 Electrónica Analógica II 1.3.1‐12: AUTOESTABILIZACION EN DC: Como se ha visto, es factor indispensable para evitar la distorsión y lograr la máxima excursión simétrica, que la tensión DC en los emisores sea siempre constante e igual a VCC/2 (funcionamiento simétrico de los transistores). Por tanto, hay que estabilizar está tensión por los efectos que pueda tener en VL: La variación de la tensión de fuente VCC, cambio de transistores, temperatura, etc. Esto se logra por ejemplo, en el circuito de la figura 1.53 polarizando a Q3 con la tensión existente entre los emisores. Veamos ahora cómo se logra la auto estabilización: Suponiendo que VE tiende a disminuir por debajo de su valor óptimo VCC/2, esto hará que la corriente de base y por lo tanto del colector de Q3 disminuya. La disminución hará que disminuya la caída de tensión en RC y por lo tanto la tensión en el colector aumenta llevando a la tensión VE a su valor original. Se puede ver que igual compensación ocurre cuando VE tiende a aumentar. En los amplificadores comerciales se acostumbra emplear un amplificador diferencial (estudiado en el capítulo 3) como etapa de entrada, el cual también se encarga de que se cumpla: VE = VCC / 2. + 12V
D1
RC
C3
Q1
Re
Ca2
E
Re
Ca1
RL
Q2
Q3
Vin
R3
R1
R4
R2
C4
Figura 1.53 1.3.2: AMPLIFICADOR PUSH PULL CLASE B Este es otro tipo muy conocido de amplificador clase B. A pesar de haber sido superado por los amplificadores de simetría complementaria y cuasi complementaria (que se verá más adelante) aún es muy usado, por ejemplo, en amplificadores de perifoneo debido a que permite el acoplo de la carga y también 109
Electrónica Analógica II elevar la tensión para reducir las pérdidas en los conductores cuando los parlantes están alejados (como sucede en los edificios y plantas industriales) 1.3.2‐1: CIRCUITO BASICO En la figura 1.54 se muestra el circuito básico con dos transistores NPN. Observamos que la señal de entrada se acopla por un transformador de entrada con una relación típica de 1:1; mientras que la carga es acoplada por el transformador de salida con una relación n:1 Q1 y Q2 están inicialmente en corte debido a que en las uniones base‐emisor no hay polarización Los devanados secundarios de T1 son idénticos para evitar la distorsión de la señal de entrada. Los devanados primarios de T2 son idénticos para evitar la distorsión de la señal de salida. 1.3.2‐2: PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO Vemos que en los transformadores están marcados los puntos de igual polaridad Cuando Vin es positiva, el terminal 2 del transformador de entrada tendrá polaridad positiva respecto al terminal 11. T1
T2
1:1
2
8
n:1
Q1
8
VCC
5
7
Vin
11
2
5
7
RL
6
Q2
6
11
1:1
n:1
Figura 1.54 En los secundarios, el terminal 8 tendrá polaridad positiva respecto al terminal 5 (polarizando directamente la unión base‐emisor de Q1) y el terminal 7 tendrá polaridad positiva respecto al terminal 6 (polarizando inversamente la unión base‐
emisor de Q2). Esto hará que Q1 conduzca y Q2 permanezca cortado 110 Electrónica Analógica II En el transformador de salida (T2) circulará la corriente de colector de Q1 por el devanado primario superior, mientras que en el devanado inferior no habrá corriente pero sí habrá tensión inducida por el flujo magnético originado por Q1 Cuando Vin es negativa, el terminal 2 del transformador de entrada tendrá polaridad negativa respecto al terminal 11. En los secundarios, el terminal 8 tendrá polaridad negativa respecto al terminal 5 (polarizando inversamente la unión base‐emisor de Q1) y el terminal 7 tendrá polaridad negativa respecto al terminal 6 (polarizando directamente la unión base‐
emisor de Q2). Esto hará que Q2 conduzca y Q1 quede cortado En el transformador de salida (T2) circulará la corriente de colector de Q2 por el devanado primario inferior, mientras que en el devanado superior no habrá corriente pero sí habrá tensión inducida por el flujo magnético originado por Q2 Podemos observar que en ambos casos la fuente VCC entrega corriente en el mismo sentido, ya sea al devanado superior como al inferior. Debido a que sólo funciona un devanado primario a la vez, la impedancia reflejada será Rp = n2 RL 1.3.2‐3: PUNTOS DE OPERACIÓN RECTA DE CARGA ESTATICA: En continua no hay corriente de colector. Por lo tanto. VCE1 = VCC Î(1.103) Î(1.104) VCE2 = VCC RECTAS DE CARGA DINAMICA: En el circuito de la figura 1.53, para AC: vCE1 = VCC ‐ iC1 n2 RL Î(1.105) 2 Î(1.106) vCE2 = VCC ‐ iC2 n RL Estas rectas de carga AC deberán pasar por el punto Q; entonces, bastará buscar el otro punto de la recta. Cuando: vCE1 = 0 Icm1 máx = Vcc/ n2 RL Î(1.107) 2 vCE2 = 0 Icm2 máx = Vcc/ n RL Î(1.108) Y vemos que: Icm1 máx = Icm2 máx En la figura 1.55 se observan las dos rectas de carga para cada transistor: 111
Electrónica Analógica II IC1 e IC2
VCC / n2 RL
DC
AC
vCE1
0
Q
VCC
2 VCC
Figura 1.55 vCE2
1.3.2‐4: POTENCIA ENTREGADA A LA CARGA: PL ™ La potencia máxima en la carga PLmáx ocurre cuando Icm alcanza su máximo valor teórico: Icm máx = Vcc/ n2 RL Para onda sinusoidal: PLmax = (Icm máx) 2 n2 RL /2 = V2cc/2n2 RL Î(1.109) ™ La potencia para cualquier valor de Icm es: PL = (iLeff)2RL = (Icm/)2n2 RL/2 PL = (Icm)2 n2RL/2 Î(1.110) 1.3.2‐5: POTENCIA ENTREGADA POR LA FUENTE: PCC iCC = corriente que circula por la fuente. Icc = 2Icm /π valor medio de icc Luego: Î(1.111) Pcc = VccIcc = 2VccIcm/π La potencia máxima entregada por la fuente ocurre cuando: Icm máx = Vcc/ n2RL Reemplazando en 1.96: PCCmáx = 2V2cc / πn2RL Î(1.112) 1.3.2‐6: POTENCIA DISIPADA EN COLECTOR: PC En la figura 1.54 se puede observar que Q1 y Q2 sólo disipan potencia en el semiciclo en el cual conducen, ya que en el resto del ciclo la corriente a través de ellos es cero. Podemos plantear lo siguiente: 112 Electrónica Analógica II PCC = 2PC + PL Î(1.113) 2 2
PC = 0.5(PCC – PL) = 0.5(2VccIcm/π ‐ (Icm) n RL/2) Î(1.114) VALOR MÁXIMO DE PC Dado que la ecuación de PC no es lineal (es una parábola cóncava hacia abajo), PCmáx no tiene porqué ocurrir para Icm máx. Hallamos entonces el valor Icmx para el cual ocurre la máxima disipación de colector, derivando respecto a Icm e igualando a cero: (dPc/dIcm) = (2Vcc/π) – (Icm n2RL) = 0 Obtenemos: Icmx = 2Vcc / πn2RL Î(1.115) Reemplazando en (1.114) obtenemos: PCmax = V2cc/π2 n2RL Î(1.116) 1.3.2‐7: EFICIENCIA DEL CIRCUITO: η η = PL / PCC = ((I2cm n2RL)/2) / (2VccIcm/ π ) Î(1.117) En condiciones máximas, cuando: Icm máx = Vcc/n2RL Reemplazando en (1.101) ηmáx = π/4 = 0.785 En porcentaje: ηmáx = 78.5% 1.3.2‐8: FIGURA DE MERITO: F F = PCmax / PLmax Î(1.118) (1.116) y (1.109) en (1.118) se tiene: F = 2 / π2 = 1/5 Estos valores de η y F, son los mismos que se pueden lograr teóricamente para el caso ideal, con los otros tipos de amplificadores clase B. 1.3.2‐9: COMPARACIÓN ENTRE PUSH‐PULL Y SIMETRÍA COMPLEMENTARIA. a) Una ventaja en el uso de los transformadores en push‐pull es el poder acoplar impedancias fácilmente, pero tiene un gran número de desventajas como: 113
Electrónica Analógica II ™ Bajo rendimiento: Es muy difícil conseguir un transformador de potencia con eficiencia mayor de 80%. ™ La rotación de fase introducida por los transformadores dificulta el empleo de técnicas de realimentación negativa (para disminuir la distorsión) ya que corre el riesgo de aparición de oscilaciones para algunas frecuencias. ™ El peso de los núcleos utilizados aumenta considerablemente el peso total de los equipos. ™ El tamaño de los transformadores evita poder construir equipos compactos. b) Una de las ventajas del amplificador de simetría complementaria es que estando la etapa excitadora acoplada directamente, la respuesta en frecuencia mejora. c) Una dificultad del amplificador en simetría complementaria consiste en lograr obtener dos transistores apareados (machados) npn y pnp. Esto se hace más difícil conforme aumenta la potencia requerida, de modo tal que prácticamente estos amplificadores en simetría complementaria sólo se usan para potencias menores a 20W. Por arriba de estas potencias se utilizan los amplificadores cuasi complementarios, los cuales utilizan el mismo principio, pero evitan el empleo de un par machado en la etapa de salida. PROBLEMA 1.14: En el circuito de la figura 1.56, los transistores tienen las siguientes características: Q1 = Q2, silicio, VCE,sat = 1V, β = 100, Vγ = 0.6V Determine: a) R1 b) PLmáx c) PCC d) PCmáx e) η R1
Q1
C
1:1
2
2:1
6
6
Re
1
7
9
Vi
4
10
R2
100
Re
1
1:1
VCC
12V
2
7
9
RL
8
10
4
2:1
Q2
C es muy grande
Figura 1.56 114 Electrónica Analógica II SOLUCION: a) Cálculo de R1: El amplificador trabaja en clase AB para evitar la distorsión de cruce Debe cumplirse: VCC R2 / (R1 + R2) = Vγ + IE Re Como se cumple prácticamente que: IE = 0 Podemos hallar R1: R1 = 1900Ω b) Cálculo de PLmáx: La impedancia reflejada al primario es: Rp = n2RL = 32 Ω Recta AC: vCE = VCC ‐ iC (n2 RL + Re) = 12 ‐ 33 iC Como debe considerarse la región de saturación, el mínimo valor de vCE es VCE,sat; en ese caso iC alcanza su valor máximo: Icm máx = (12 – 1) / 33 = 333 mA Asumiendo que el transformador es ideal, dado que no nos dan más datos sobre él, la potencia máxima entregada a la carga es: PLmax = (Icm máx) 2 n2 RL /2 Reemplazando y efectuando: PLmáx = 1.89 W c) Cálculo de PCC: La máxima corriente promedio que entrega la fuente es: ICC = 2Icm máx/ π = 212.2 mA Luego, de 1.111: Pcc = VccIcc = 2VccIcm máx / π = 2.55 W d) Cálculo de PCmáx: Si no despreciamos la potencia disipada por Re, debemos plantear la siguiente ecuación: PCC = PL + 2PC + Pe Donde Pe es la potencia disipada por los dos resistores del emisor Reemplazando las expresiones en función de Icm: 2Vcc Icm / π =I2cm n2 RL /2 + 2PC + I2cm Re /2 Derivando PC respecto de Icm e igualando a cero hallamos el valor de Icmx: Icmx = 2Vcc / π(n2RL + Re) = 231 mA Luego, PCmáx = 0.437 W e) Cálculo de η: De la definición de eficiencia: η = PLmáx / PCCmáx = 74.1% 115
Electrónica Analógica II PROBLEMA 1.15: En un circuito similar al de la figura 1.54 se tiene: Q1 = Q2, silicio, VCE,sat = 1V, β = 100, Vγ = 0.6V, ICQ = 0. Si cuando VCC = 15V el circuito entrega una potencia máxima a la carga de 6 W. ¿Qué potencia máxima entregará a la carga si se hace VCC = 12V? SOLUCION: Tenemos: PLmax = (Icm máx) 2 n2 RL /2 = (VCC ‐ VCE,sat) 2/2n2 RL = 6 De donde: n2 RL = (15 – 1) 2 / 12 = 16.33 Ω Cuando VCC disminuye a 12 V: PLmax = (12 ‐ 1) 2/(2*16.33) = 3.7W PROBLEMA 1.16: Un cierto transistor de potencia puede disipar hasta 10 W. Determine la potencia de salida máxima que puede obtenerse de un amplificador push pull clase B, como el de la figura 1.54, usando dos de estos transistores. Asuma que la excitación es sinusoidal y que el amplificador tiene una eficiencia del 75%. SOLUCION: Tenemos: PLmax = (Icm máx) 2 n2 RL /2 = (VCC ‐ VCE,sat) 2/2n2 RL Además: PCmax = VCC 2/π2 n2RL = 10 Entonces: VCC 2 = 10π2 n2RL Como la eficiencia es dada por: η = PLmáx / PCCmáx = ((Icm máx n2RL)/2) / (2Vcc/ π ) = 0.75 Además: Icm máx = (VCC – VCE,sat)/n2RL Reemplazando: 0.75 = [(VCC – VCE,sat)/2] / (2Vcc/ π ) De donde: 3VCC / π= (VCC – VCE,sat) Reemplazando en PLmáx: PLmax = 9(VCC 2)/2n2 RL π2 = 9(10π2 n2RL)/2n2 RL π2 = 9(10π2)/2π2 = 45W PROBLEMA 1.17: Se desea entregar 10 W a una carga de 10 Ω, mediante un amplificador push‐pull clase B, como el de la figura 1.54. Si se dispone de transistores que tienen BVCEO = 40V, silicio, VCE,sat = 2V, β = 50, Vγ = 0.6V; halle: a) El valor de la fuente VCC b) El máximo valor de n requerido c) PCmáx de cada transistor 116 Electrónica Analógica II SOLUCION: a) Cálculo de VCC Como la tensión de ruptura es 40V y el transistor en el amplificador push pull soporta una tensión máxima igual á 2 VCC, no se puede emplear una fuente mayor de 20 V Entonces, emplearemos: VCC = 20V b) Cálculo del máximo valor de n requerido: Tenemos: PLmax = (VCC ‐ VCE,sat) 2/2n2 RL = 10W Reemplazando valores: PLmax = (20 – 2)2/2n2 RL = 10W De donde: n2 RL = 16.2 Ω Luego: n = 1.27 Dado que hemos calculado n con la máxima tensión posible, dicho valor es el máximo. c) Cálculo de PCmáx en cada transistor De la ecuación 1.116: PCmax = V2cc/π2 n2RL = 2.5W PROBLEMA 1.18: En un amplificador push‐pull clase A se desea cambiar el transformador de entrada por un circuito que emplee un transistor. ¿Cuál sería la disipación de este circuito? Explique su funcionamiento. SOLUCION: El circuito de entrada de un amplificador push pull debe ser capaz de entregar dos señales con la misma amplitud, pero desfasadas 180°. Como el push pull trabaja en clase A, sus dos transistores deben estar polarizados en la zona activa. A continuación se muestra, en la figura 1.57, un circuito que puede hacer dicha operación: R
R1
A
10V
Ca1
Q
B
Vg
R2
R
Figura 1.57 117
Electrónica Analógica II Las resistencias de colector y emisor deben ser iguales para asegurar que los niveles de tensión también sean iguales. La señal en el colector está desfasada 180° respecto a la de emisor. En los nudos A y B además de señal también hay tensión continua, la cual puede usarse para polarizar a la etapa de potencia. Esta etapa debe trabajar en clase A para que funcione en la forma requerida. En este caso, la máxima disipación del circuito se producirá en el punto de operación, cuando no haya señal de entrada. ESQUEMAS DE AMPLIFICADORES DE SIMETRÍA COMPLEMENTARIA Amplificador de audio para televisor Fapesa +12Vdc
10
640uF
680
5 Ohm
4K7
Q3
640uF
40uF
1
3K3
18K
Q1
65
320uF
NTC
130
t
100pF
12K
1
Q4
Q2
3K3
15
100
Figura 1.58 118 320uF
Electrónica Analógica II Amplificador de audio para televisor Philips + 6Vdc
+ 5Vdc
1K
39K
Q2
ED1602
Q3
AC187
Q1
ED1402
0.1uF
130
0.1uF
100
Q3
2SB156
500uF
36
200uF
Q8
AC188
100
4 Ohm
1
270
Figura 1.59 1.3.2‐10:PREGUNTAS RELATIVAS A AMPLIFICADORES PUSH‐PULL 1) Dibuje una configuración básica de un amplificador push‐pull para que funcione en clase A. Deduzca las rectas de carga y relaciones de potencia. 2) Indique las ventajas y desventajas comparativas entre las tres configuraciones básicas en push‐pull (operando en clase A, AB, B) 3) Para push‐pull clase AB, se puede colocar un diodo zener para reducir el cross‐over? ¿Porqué? ¿Si se pudiese, como se haría? ¿Sería práctico hacerlo? 4) En la polarización de entrada cómo y para qué: Emplearía un termistor NTC? Emplearía un termistor PTC? 5) En el desfasador de entrada, ¿se puede emplear la disposición de un transistor con salidas desfasadas en colector y emisor, para un push‐pull clase B? ¿Porqué? ¿En general, cómo intervienen las impedancias de salida de dicho desfasador? 6) Si se emplean resistencias en emisores, para qué servirían? ¿Se pueden desacoplar con condensadores? ¿Porqué? ¿Se puede emplear una sola resistencia para ambos emisores? ¿Cómo? 7) ¿Es importante o no, considerar la regulación de fuente DC en operación clase B? ¿Porque? 8) ¿El acoplamiento a la carga, se puede realizar con autotransformador? ¿Cómo? ¿Qué ventajas y desventajas habría con respecto al que emplea transformador? 119
Electrónica Analógica II 9) 10) 11) 12) 13) 14) 15) 16) 17) 18) 19) Si en vez de polarizar al corte para trabajo en clase B, se polariza en saturación, ¿qué ocurriría? ¿Qué características deben tener los transformadores empleados en la entrada como en la salida de los amplificadores push‐pull, clase A? y en clase B?. ¿Es indiferente o no a la ubicación de los puntos de igual polaridad? Del estudio del circuito básico clase B, la tensión de señal en el primario (= nVL), ¿Puede ser mayor que Vcc? ¿Puede ser menor que Vcc? En las relaciones deducidas, ¿Interesa que el transformador sea ideal?¿Intervendrían en un caso real los parámetros reactivos del transformador? ¿La recta de alterna puede cruzar la hipérbola de disipación máxima del transistor? Si se pudiese, cuán alejada de ella? ¿Y si la operación es con pulsos? Para evitar o reducir la distorsión por cross over en transistores bipolares, es mejor excitar con tensión o con corriente? ¿Por qué? ¿Cómo se logra lo anterior? La inductancia de dispersión del transformador de salida tendrá influencia apreciable en clase B? Las capacidades e inductancias del transformador ¿Podrían reducir la distorsión por cross‐over? ¿Cómo? La fuente DC de un Push Pull necesita de un mayor o menor filtrado que las etapas simples en clase A? ¿Qué ocurre con la distorsión armónica en los Push Pull? ¿Qué tipos de distorsión pueden presentarse y debido a qué? Si se tiene un amplificador Push Pull clase B funcionando a todo volumen y se desconecta el parlante, ¿Qué ocurre respecto al Push Pull clase A? ¿Al simple clase A con choke en colector? ¿Y al acoplado por transformador? ¿Es indiferente, siempre, que la carga sea flotante o que esté puesta a tierra? 20) DIVERSOS ESQUEMAS DE AMPLIFICADORES EN PUSH‐PULL 1. En la figura 1.60 se tiene un amplificador, con driver, clase A acoplado por transformador, que puede entregar una potencia de 400mW con 10% de distorsión y 50 mW con 3% de distorsión; respuesta en frecuencia: 100Hz – 5.5KHz 120 Electrónica Analógica II +VDD
2 T2
5
8
Vin
1
5
7
8 T2
2
5
7
4
PARLANTE
-
11
6
Q3
6
11
3
2
+
Q2
+VCC
Volumen
(audio)
+VCC
Figura 1.60 2. Clase B con salida en serie, sin 3. Clase B con salida en serie, con1 transformador de salida y con 2 fuente de alimentación, sin fuentes de alimentación. transformador de salida. T
2
T
8
Q1
VCC
2
8
Q1
C
RL
5
7
11
RL
5
7
6
Q2
VCC
11
VCC
6
Q2
Figura 1.61 4. En la figura 1.62 se tiene un Amplificador que puede entregar 600 mW (mínimo). Empleado como amplificador previo y salida de un tócasete. R5
150
C7
R6
1K5
-6V
T
R1
33k
2
10nF
C8
Q3
10nF 2SB475
8
R7
5
7
Q2
2SB175
C1
Q1
2SB175
C9
50
Q4
220uF
2SB475
R8
11
6
PARLANTE
10uF
C3
100uF
R3
C2
R2
500
1K5
120k
4
R4
560
R9
R
C4
33uF
470uF
R10
50k
Figura 1.62 121
Electrónica Analógica II 5.‐ Etapa de audio de televisor CROWN (modelo CTV‐12) -11V
R10
R
R5
1k2
T1
2
8
Q2
2SB77
C3
R6
C1
2500
Ohm
Q1
2SB117
5
7
10uF
3k3
10uF
R1
15k
R2
68k
R3
1k
11
6
R11
2.2
PARLANTE
R7
C2
50uF
60 Ohm
1k2
R8
3k3
Q3
2SB77
R4
10
+10.6V
Figura 1.63 6.‐ Etapa push pull con salida acoplada directamente: -4.5V
R5
2k7
Q2
2SB77
T1
2
8
R6
PARLANTE
R7
11
Q1
OC71
R3
1k
100
36 Ohm
6
2500
Ohm
C1
R2
10k
R9
5
5
7
R1
62k
10uF
100
Q3
R8
2k7
C2
100uF
2SB77
R10
5
R4
10
+4.5V
Figura 1.64 122 Electrónica Analógica II AMPLIFICADORES CUASI COMPLEMENTARIOS El inconveniente principal del amplificador de simetría complementaria es la necesidad de dos transistores complementarios (NPN y PNP). Estos transistores deben tener características eléctricas idénticas. Esto hace difícil conseguir transistores que cumplan dichos requisitos (par machado o matched pair) para potencias de salida mayores de 30W. Los amplificadores de simetría cuasi‐complementaria resuelven este problema al permitir que los transistores de potencia sean del mismo tipo. Estas etapas se denominan así por el hecho de estar constituidas por un par pnp o npn de salida, excitados por otro par del tipo complementario pnp o npn, como podemos ver en el siguiente circuito. (Figura 1.65) VCC
Q1
Q3
RL
Q2
Vin
Q4
V2 = VCC/2
V1 = VCC/2
Figura 1.65 Q3 y Q4 son los transistores de potencia encargados de alimentar a la carga, RL . Q1 y Q2 son transistores drivers de menor potencia. Q1 y Q3 forman una configuración Darlington. Q2 y Q4 forman una configuración PNP simulado. En el esquema básico de la figura 1.61, los transistores encerrados con la línea segmentada forman un excitador de simetría complementaria que proporciona la excitación y la fase necesaria. Básicamente un amplificador casi complementario consiste en considerar el resultado de conectar un transistor pnp a un transistor de salida npn para alta potencia como vemos en la figura 1.65. La corriente del transistor pnp se convierte en la corriente de base del transistor npn. El transistor npn que funciona como seguidor de emisor proporciona ganancia adicional de corriente sin inversión. Si se considera al emisor del transistor npn como colector efectivo del circuito 123
Electrónica Analógica II compuesto, resulta evidente que el circuito equivale a un transistor pnp de alta ganancia y alta potencia (figura 1.66). ie equiv.
Q2
Qequiv.
Q4
ic equiv.
Figura 1.66 Consideremos que los transistores Q2 y Q4 tienen una relación de corriente de transferencia directa pulsada estática hFE2 y hFE4 respectivamente: icequiv. = ie4 ieequiv= ic4 + ie2 ic2 = ib4 ie4 = (hFE4 +1)ib4 ic2 = hFE2 ib2 hFEequiv = icequiv/ibequiv = ie4/ib2 = (hFE4 +1)ib4/ib2 = (hFE4 + 1)ic2/ib2 hFEequiv = (hFE2 + 1)ic2/ib2 = (hFE4 +1)hFE2 ib1/ib1 = hFE2 (hFE4 + 1) hFEequiv = hFE2 ( hFE4 + 1) si: hFE4>>1 hFEequiv = hFE2 hFE4 La otra sección es simplemente un Darlington compuesto de dos transistores npn, (Figura 1.67) a continuación hallaremos la ganancia equivalente, suponiendo que los transistores son apareados (matched). Tomemos hFE1 para Q1 y hFE3 para Q3: ic equiv.
Q1
Q3
ie equiv.
Figura 1.67 124 Electrónica Analógica II icequiv = ic1 + ic3 ieequiv = ie3 ibequiv = ib1 ie1 = ib3 ic1 = hFE1ib1 ic3 = hFE3ib3 ie3 = (hFE3+1)ib3 hFEequiv = icequiv/ibequiv = (ic1+ic3)/ib1 = (hFE1ib1 + hFE3ib3)/ib1 hFEequiv = (hFE1ib1 + hFE3ie1 = (hFE1ib1 + hFE3(hFE1 + 1)ib1)/ib1 hFEequiv = hFE1 + hFE3 + hFE1hFE3 si: hFE1>>1, hFE3>>1 hFEequiv ≅ hFE1hFE3 La preferencia a usar el par final del tipo npn se debe a los siguientes motivos: 1. A niveles de potencia superiores en los circuitos de simetría complementaria se requiere un transistor excitador en clase A que pueda disipar considerable calor, con la inconveniencia del uso de un disipador térmico relativamente grande. Además, el drenaje de corriente en reposo de la fuente de alimentación llega a ser importante y se requieren capacitores de filtro excesivamente grandes para mantener bajo el nivel de zumbido. Por estas razones la potencia de salida máxima práctica para un verdadero amplificador de simetría complementaria se considera alrededor de 20W, por lo que para potencias mayores usamos el amplificador de simetría cuasi‐
complementaria. 2. El transistor pnp de potencia en el par complementario de salida es aún más caro que el npn y en general tiene regímenes de seguridad más reducidos que su compañero npn, como el control de la difusión de base es más difícil en los dispositivos pnp el costo de estos transistores es generalmente 25% mayor que el de los npn correspondientes. Los transistores de salida pnp de potencia para circuitos complementarios generalmente son de germanio y se utilizan para potencias inferiores a los 30watts. En general un circuito cuasi complementario es menos estable que uno de simetría complementaria, pero con transistores de silicio no presenta problemas. Los resistores de drenaje (Rd) de la figura 1.68 proveen las siguientes ventajas: 125
Electrónica Analógica II Q1
Q3
Rd
Re
Q2
Q4
Rd
Re
Figura 1.68 1. Mejora de la respuesta en alta frecuencia 2. Mejora de la estabilidad del transistor de salida ya que se provee de una derivación para la corriente de fuga ICBO. 3. Se aumenta el BVCEO poniendo al transistor en el modo VCER, que en los transistores de silicio de potencia para una Rd igual a 100 ohmios en general produce un aumento de 10V. En el circuito de la figura 1.68, se observan también los resistores puestos en emisor de los transistores de salida (Re) que sirven para estabilizar el punto de operación con respecto a la temperatura, en algunos circuitos se pone un diodo para evitar las pérdidas producidas en Rd y proveer mayor estabilidad, ya que este diodo está acoplado mecánicamente al mismo disipador del transistor de salida, mejorando así la estabilidad por realimentación térmica. Como se indica en la figura 1.69, los circuitos de salida en serie puede emplearse con fuentes positivas y negativas separadas; en este caso no se necesita capacitor de salida en serie. La eliminación de este capacitor puede resultar una ventaja económica aun cuando se utilice una fuente de alimentación adicional debido a que este capacitor de salida necesario cuando se usa una sola fuente de alimentación, debe tener un alto valor para obtener un buen comportamiento a bajas frecuencias (por ejemplo se requiere un capacitor de 2000μF para proporcionar un punto de 3 db. á 20Hz. para una impedancia de carga de 4Ω). Sin embargo, las fuentes de alimentación divididas plantean ciertos problemas que no existen en el caso de una fuente: La salida del amplificador debe 126 Electrónica Analógica II mantenerse a potencial cero como en condiciones de reposo para todas las condiciones ambientales y variaciones de los parámetros del dispositivo. Asimismo, la referencia de masa de entrada ya no puede estar en el mismo punto A, porque este punto está al potencial negativo de la fuente en un sistema de fuente dividida. R6
+ VCC
R7
C3
Q3
Q5
D1
R9
R11
D2
R4
R5
C2
RL
D3
C1
Q1
Q4
Q2
Q6
R1
R2
R3
C4
R8
R10
R12
- VCC
Figura 1.69 Si la referencia del punto a masa para la señal de entrada fuera un punto común entre las fuentes divididas, cualquier ondulación residual presente en la fuente negativa excitaría efectivamente al amplificador a través del transistor Q5, con el resultado de que esta etapa funcionaría como amplificador de base común con su base conectada a masa a través de la impedancia efectiva de la fuente de señal de 127
Electrónica Analógica II entrada. Para evitar esta condición, el amplificador debe incluir un transistor adicional pnp como se ve en la figura 1.69 Este transistor (Q6) reduce los efectos de excitación de la ondulación residual de la fuente negativa debido a la alta impedancia de colector (1MΩ o más) que presenta a la base del transistor Q1. En la práctica, puede ser reemplazado por un par Darlington para reducir los efectos de la carga en el pre‐excitador pnp. Se aplica realimentación negativa de cc desde la etapa de salida a la entrada a través de R1, R2 y C1 de manera de mantener la salida a un potencial aproximadamente cero. En realidad, la salida se mantiene aproximadamente a la tensión base‐emisor de polarización directa del transistor Q6, lo que puede causar inconvenientes en algunos pocos casos, pero ello puede eliminarse. El capacitor C1 deriva la fuente de alimentación negativa de cc a todas las frecuencias de la señal. PROTECCIÓN CONTRA CORTO CIRCUITOS Un aspecto importante en el diseño de los amplificadores de alta potencia es la aptitud del circuito para soportar condiciones de corto circuito. Un primer método consiste en el indicado en la figura 1.70 R es un sensor de corriente, si se produce cualquier condición que haga conducir corriente de carga superior a la normal, los diodos D1 y D2 conducen en semiciclos alternados proporcionando una realimentación muy negativa que reduce eficazmente la excitación de los amplificadores. Esta realimentación no debe exceder el margen de estabilidad del amplificador. Esta técnica no afecta de ninguna manera al normal funcionamiento del amplificador. 128 Electrónica Analógica II + VCC
RL
CR1
R
CR2
Figura 1.70 Un segundo método para limitar la corriente está representado en la figura 1.71. En este circuito se usa una red de polarización de diodos para establecer un límite de corriente fijo a los transistores de excitación y de salida. En condiciones sostenidas de corto circuito, sin embargo, los transistores de salida deben tolerar este límite de corriente y un semiciclo de la tensión de alimentación de CC. + VC C
R3
R4
Re
D1
R1
D3
Re
D2
D4
R
R2
Rs
Figura 1.71 En la figura 1.72 se ilustra la técnica de limitación de disipación que proporciona protección positiva para todas las condiciones de carga la acción limitadora de este circuito aparece en la figura 1.73. Esta técnica limitadora de área segura permite el 129
Electrónica Analógica II uso de transistores de excitación y salida de baja disipación y disipadores térmicos más pequeños en las etapas de salida. El uso de los disipadores más reducidos es posible porque la disipación para el peor de los casos es un funcionamiento normal a 4Ω en lugar de las condiciones de corto circuito. Gracias a esta técnica, las cargas muy inductivas o capacitivas ya no constituyen un problema y son innecesarios los interruptores térmicos; además la técnica es poco costosa. + VCC
R1
Q3
Q4
Q1
R5
R6
R9
D1
D2
R2
R7
R10
R8
Q2
RL
Q5
Q7
Q6
R2
R3
R4
Figura 1.72 130 Electrónica Analógica II Ic
LIMITE
Vce
Figura 1.73 Otro tipo de protección usada es con diodo zener como lo indica en la figura 1.74. + VCC
R3
Q2
Q4
D1
R6
R8
D2
R1
D4
R4
R9
D3
RL
Q3
Q1
Q5
R7
R2
R5
Figura 1.74 En la figura 1.75 se muestra la disposición básica de un circuito de simetría casi complementaria, por lo general estos poseen transistores de salida npn de silicio de tipo homotaxil (o difusión única) que se caracterizan por su solidez y altas corrientes. Estos transistores y los transistores excitadores para el amplificador complementario funcionan en clase AB en una disposición que asegura un pequeño drenaje de corriente con señal cero. Otras características del circuito son las etapas pre amplificadoras y pre excitadora acopladas directamente y la protección contra corto circuitos o limitación de área segura. La etapa preamplificadora se compone 131
Electrónica Analógica II de un circuito puente balanceado Q1 y Q2 que mantiene una tensión de reposo de CC cero en la salida. La realimentación se acopla a través del resistor R6 y se provee referencia de masa a través del resistor R2 y del capacitor C2. Los emisores comunes son retornados a la fuente positiva a través del resistor R3 y el diodo D1 y el resistor R5. El diodo D1 y el capacitor C4 reducen al mínimo los transistores de apagado y proporcionan desacoplamientos de la fuente de alimentación. El circuito puente está acoplado directamente a una etapa pre excitadora clase A (Q3), la que se acopla a los excitadores complementarios (Q4 y Q5) a través de R12. El circuito de protección para limitación de disipación esta también conectado a este punto. El propósito de este circuito es, como ya se mencionó, impedir que la etapa de salida comience a conducir si se produce una disipación anormalmente alta. El circuito limitador de disipación proporciona una derivación para la corriente de excitación desde el excitador asociado y los dispositivos de salida. El resistor R12 proporciona cierta limitación de corriente que el transistor Q9 debe soportar durante la sobrecarga. El capacitor C9 puentea a R12 para mejorar la respuesta a transitorios. Los diodos D2, D3, D4 y el resistor R11 suministran una polarización directa controlada a los excitadores y a los dispositivos de salida, de manera que se mantiene el funcionamiento en clase AB. D1
R5
+ VCC
C14
C4
R8
Q4
R10
D5
Q6
D10
R23
L1
10 uH
C11
R11
R3
C6
D4
Q8
R13
R14
D6
R21
C10
C1
R1
R6
Q1
R15
Q2
Al parlante
D7
R24
Entrada
de audio
R9
D3
R16
R7
R22
R25
R17
Q9
C2
C7
R2
C5
D9
D2
D8
C12
C15
R12
R18
Q5
D11
Q7
C9
Q3
R4
R20
R13
- VCC
C8
C16
Figura 1.75 132 Electrónica Analógica II El capacitor bootstrap C6 suministra el refuerzo de tensión adicional necesaria para saturar el par de salida superior (Q4 y Q6) a través de los resistores R8 y R10. El capacitor C7 proporciona una oscilación de tensión controlada a través de R9 y R13 para superar las pérdidas normalmente introducidas por el resistor R12. El resistor R13 y el capacitor C8 proporcionan desacoplamiento a altas frecuencias para la línea de alimentación negativa de CC. Los resistores R20 y R21, junto con R22 y R23 permiten la necesaria estabilización para los transistores de salida Q6 y Q7. La corriente pasa a través del resistor R23 para detectar los ciclos positivos y se acopla al transistor Q8 a través del resistor R17. El resistor R14 y el diodo D6 proporciona la detección simultanea de tensión. La corriente es detectada a través del resistor R22 para la limitación de los ciclos negativos, acoplándose al transistor Q9 a través del resistor R18. La detección de tensión mediante los resistores R15 y R16 y el diodo D7 produce una variación en la pendiente de la curva de limitación. Los resistores R24 y R25, los capacitores C13 y C15 y el inductor L1 proporcionan la reducción de altas frecuencias, de manera que es posible mantener un buen margen de estabilidad en cualquier condición de carga C10, C11 y C12 proveen estabilidad adicional durante la limitación. Los diodos D5 y D8 impiden la polarización directa de las junturas colector‐base de los transistores Q8 y Q7 durante los semiciclos alternados de la señal. Los capacitores C14 y C16 se encargan de la supresión de parásitos. El diodo D9 y el resistor R18 aseguran la adaptación de transconductancias entre los pares Darlington superior e inferior para reducir al mínimo la distorsión a bajo nivel. Los diodos D10 y D11 protegen los transistores de salida de los potenciales inversos que se producen durante la conmutación en el caso que se use una carga acoplada por transformador. 133
Electrónica Analógica II AMPLIFICADORES DE AUDIO CON CIRCUITO DISCRETO D1
R6
1N4004
180
+32Vdc
C3
47uF
C12
50nF
R9
2.2K
R10
Q6
R4
15K
2.7K
C6
D5
1N4004
R12
47
Q8
C10
R18
100
47uF
D9
50nF
1N4004
Q4
L1
C9
C1
R1
4.7uF
1.8K
Q1
Q2
R7
R5
560
R15
68
R19
0.39
1N4004
R20
0.39
10uH
D7
50nF
R22
18K
22
D8
C2
R2
18K
R12
1K
180pF
R13
4.7K
1N4004
C4
47uF
R23
Parlante
22
D2
R11
270
1N4004
R16
8 / 20W
C13
20nF
Q5
C7
D3
47uF
68
C11
1N4004
D6
1N4004
C5
50nF
D4
D9
1N4004
1N4004
20nF
Q7
R17
68
R8
390
Q3
Q9
R3
680
R21
100
R14
-32Vdc
C8
20nF
100
Figura 1.76 AMPLFICADOR DE POTENCIA DE AUDIO CON SIMETRIA CUASI COMPLEMENTARIA
POTENCIA DE SALIDA: 200W EN 4 OHMIOS
+ 45Vdc
R6
5K6
R12
270
R19
2K2
R20
1K5
Q6
D1046
R4
18K
R8
2K2
D1
R16
C9
100/50
R21
12
4K3
C3
C2
C5
100/50
R7
C8
R13
2K2
22K
C1
R26
0.22/5
R28
0.22/5
200pF
470K
0.2
Q1
BC549
1N5395
R24
0.22/5
D2
D4
1N4004
10/50
R1
Q10
Q12
2N3773 2N3773
R22
47/1
1N4004
R3
2M2
Q8
2N3773
Q2 R9
BC549 15K
R10
2K2
Q3
B649
R18
1M
Q4
B649
R15
270
2.2/50
R17
220K
RL
4 OHM
D3
C10
1N4004
Q7
D816
D5
100pF
R2
47K
R5
270
C4
R11
22K
Q5
D386
C6
330pF
R14
680
C7
100/50
47K
Q9
2N3773
R23
47/1
R25
0.22/5
Q11
Q13
2N3773 2N3773
R27
0.22/5
1N5395
R29
0.22/5
- 45Vdc
Figura 1.77 134 Electrónica Analógica II AMPLIFICADORES EN CIRCUITO INTEGRADO En la actualidad existen módulos híbridos (porque combinan parte integrada y parte discreta en el mismo módulo), con los que pueden construirse amplificadores de audio de diferentes potencias con muy buena respuesta en frecuencia. 1) A continuación mostramos un modelo de baja potencia acoplado por transformador, que emplea el integrado CA3007: 9Vdc
4.7uF
2N2102
9
10K
1
18
5
1
1N4148
8
6
CA3007
4.7uF
8
10
12
3
1K8
1N4148
4
16 OHM
18
11
7
6
2
2N2102
4.7 uF
4K7
4.7uF
Figura 1.78 2) STK084: AMPLIFICADOR HÍBRIDO DE 50W PARA AUDIOFRECUENCIA. Características máximas (temperatura ambiente de 25 ˚C) • Máxima tensión de alimentación: ± 50Vdc • Máxima corriente de colector: 7 A • Resistencia térmica (Θjc): 1.7 ˚C/W (para Tc = 25 ˚C) • Temperatura máxima de carcasa (Tc): 85 ˚C Condiciones de operación recomendadas: • Tensión de alimentación: ± 35 Vdc • Resistencia de carga (RL): 8Ω 135
Electrónica Analógica II Características de operación (Ta = 25 ˚C , Vcc = ± 35 Vdc , RL = 8Ω) • Corriente de polarización: Icco = 100 mA • Potencia de salida: Po = 50W mínimo (con THD = 0.2% y 20Hz ≤ f ≤ 20 KHz) • Respuesta en frecuencia: 10 Hz – 100 KHz (para: Po = 1W y 0 á –1db) • Resistencia de entrada: 52 K Ω (para: Po = 1W y f = 1 KHz) Diagrama del circuito y aplicación típica: +35Vdc
10
100
D1
220uF/50V
Z1
8
R8
R1
10uF/50V
9
D2
Q1
R5
Q4
R3
1K
Q7
1uF/63V
D3
1
Q2
Q3
Q9
56K
R4
D4
R10
470pF
7
R6
Q5
D5
47nF
R7
C1
Q8
RL
2
Q10
47
8
Q6
C
R2
R9
R11
5
2pF
3
4
56K
6
2K7
100
-35Vdc
47uF/16V
10uF/50V
220uuF/50V
Figura 1.79 3) TBA820M (de THOMSON) Este es un amplificador de potencia de audio integrado monolítico, con las siguientes características principales: ™ Tensión de alimentación de 3 á 16 V ™ Baja corriente de polarización: 4 mA (típica), 12 mA (máxima) ™ Alta eficiencia (que lo hace aplicable a equipos portátiles con batería) ™ Potencia de salida hasta 2 W (típica), sin disipador externo (medida con RL = 8Ω, Rf = 120 Ω, f = 1 KHz y distorsión total de 10%) ™ Alta impedancia de entrada ™ Baja corriente de polarización de entrada: 0.1 uA ( típica) ™ Alto rechazo al rizado ™ No tiene inestabilidad térmica 136 ™
™
™
™
™
™
™
™
™
™
™
™
™
™
™
™
Electrónica Analógica II No tiene distorsión de cruce Requiere pocos componentes externos Encapsulado DIL de 8 pines Corriente pico de salida: 1.5 A (máxima) Temperatura de almacenamiento: ‐40 á +150°C Temperatura de juntura: 150°C Resistencia térmica: 80 °C/W Sensitividad de entrada: 60 mV (típica, medida con VCC = 9V, PL = 1.2W, RL = 8Ω, Rf = 120 Ω y f = 1 KHz) Resistencia de entrada: 5 M Ω (típica) Respuesta en frecuencia (á – 3db): 25 á 20,000 Hz (medida con VCC = 9V, RL = 8Ω, Rf = 120 Ω y CB = 220pF) Ganancia de tensión sin realimentación: 75 db (típica, medida con VCC = 9V, RL = 8Ω y f = 1 KHz) Ganancia de tensión con realimentación: 34 db (típica, medida con VCC = 9V, RL = 8Ω, Rf = 120 Ω y f = 1 KHz) Voltaje de ruido de entrada: 3 μVrms (típico, medido con VCC = 9V y ancho de banda (3 db) de 25Hz á 20KHz) Corriente de ruido de entrada: 0.4 nA (típico, medido con VCC = 9V y ancho de banda (3 db) de 25Hz á 20KHz) Relación señal a ruido: 70db (típica, medida con VCC = 9V, RL = 8Ω, Rf = 120 Ω, R1 = 100KΩ, PL = 1.2W y ancho de banda (3 db) de 25Hz á 20KHz) Rechazo a la fuente de alimentación (PSRR): 42db (típica, medida con VCC = 9V, RL = 8Ω, Rf = 120 Ω, C6 = 50μF y frecuencia de rizado de 100 Hz) CIRCUITO INTERNO EQUIVALENTE: Podemos observar que Q2 y Q5 forman un amplificador diferencial de entrada Q1 y Q2 forman una etapa Darlington de entrada que permite elevar la resistencia de entrada y disminuir la corriente de polarización de base Q3 y Q4 forman un espejo de corriente. Al actuar Q3 como fuente de corriente constante, puede presentar una alta impedancia para señal al colector de Q2 y ello permite que dicho transistor logre máxima ganancia de tensión. Q6 es una fuente de corriente (forma parte de un espejo de corriente múltiple integrado además por Q7, Q12 y Q16) y se encarga de polarizar al amplificador diferencial asegurando un alto rechazo al modo común. 137
Electrónica Analógica II 7
6
Q6
Q7
Q12
Q16
Q17
R2
5.9K
D1
Q18
R6
2K
R5
Q2
Q5
R1
D9
6K
Q1
3
R3
6K
2K
D2
5
D6
Q14
Q13
Q8
Q11
Q9
Q3
Q4
Q15
Q10
R4
2K
4
8
2
1
Figura 1.80 Q8, Q9 y Q10 se encargan de polarizar al espejo de corriente múltiple y ajustar la polarización de Q5. Q5 está conectado en DC y AC directamente a la salida para asegurar que el voltaje DC de salida esté exactamente a la mitad de la fuente de alimentación e introducir realimentación negativa para ampliar el ancho de banda y reducir la distorsión. Adicionalmente, se tiene acceso al lazo de realimentación mediante el pin 2 para poder ajustar la respuesta en frecuencia. Adicionalmente, a través del pin 1 hay acceso al circuito de entrada para introducir compensación y evitar posibles oscilaciones. Al pin 8 se conecta una capacidad de filtro (C6) que permite mejorar el factor de rechazo a la fuente. De esta manera el amplificador se hace menos sensible a las variaciones del voltaje de la fuente, impidiendo que ello genere oscilaciones de baja frecuencia. Al terminal 7 se conecta otro condensador de filtro para alimentar al circuito de entrada con una tensión constante y ligeramente más alta que la fuente para poder lograr la máxima excursión simétrica. Este efecto se logra conjuntamente con un resistor que se coloca entre los pines 6 y 7. 138 Electrónica Analógica II Q11 es un amplificador clase A que se usa como driver de la etapa de potencia. El transistor Q12 le permite actuar con su máxima ganancia permitiendo que el circuito logre la ganancia de tensión final. Los diodos D1, D2, D3 y D4 permiten la compensación térmica y estabilidad del punto de operación de la etapa de potencia. La etapa de salida formada por Q13, Q14, Q15, Q17 y Q18 forman un amplificador de simetría cuasi complementaria, que es el encargado de dar prácticamente la ganancia de corriente total del circuito. CIRCUITOS DE APLICACION: a) Amplificador con carga conectada a la fuente: +VCC
C2
100uF
C6
50uF
C4
0.1uF
RL
6
CB
8
3
7
C5
1
TBA820M
5
R1
10K
Vi
500uF
2
R2
1
4
Rf
C3
0.22uF
C1
100uF
Figura 1.81 b) Amplificador con carga conectada a tierra: +VCC
C2
100uF
R3
56
C4
0.1uF
6
CB
7
3
C7
100uF
1
TBA820M
Vi
5
R1
10K
2
8
R2
1
4
Rf
RL
C3
0.22uF
C1
100uF
C6
50uF
Figura 1.82 139
Electrónica Analógica II 4) TDA2030 (de THOMSON) Este es un amplificador de potencia de audio integrado monolítico, con las siguientes características principales: ™ Tensión de alimentación máxima simétrica de +/‐ 6V á +/‐ 18V y puede alimentarse con una sola fuente de + 36V (máxima). ™ Corriente de polarización: 40 mA (típica), 60 mA (máxima) ™ Baja corriente de polarización de entrada: 0.2 uA ( típica), 2 uA (máxima) ™ Alta corriente de salida (hasta 3 A), con protección contra cortocircuito. ™ Potencia de salida: 18 W (típica, medida con RL = 4Ω, Av = 30db, f = 1 KHz, TC = 90°C y distorsión armónica total de 10%) ™ Incluye un sistema de protección térmica ™ Alta impedancia de entrada: 5 M Ω (típica) ™ Voltaje offset de entrada: +/‐ 20 mV (máximo) ™ Corriente offset de entrada: +/‐200 nA (máxima) ™ Voltaje offset de salida: +/‐ 22 mV (máximo) ™ Muy baja distorsión de cruce ™ Temperatura de almacenamiento: ‐40 á +150°C ™ Temperatura de juntura: ‐40 á +150°C ™ Resistencia térmica: 3 °C/W ™ Sensitividad de entrada: 215 mV (típica, medida con Av = 30db, PL = 12W, RL = 4Ω y f = 1 KHz) ™ Respuesta en frecuencia (á – 3db): 10Hz á 140KHz (medida con Av = 30db, RL = 4Ω, PL = 12W) ™ Ganancia de tensión sin realimentación: 90db (típica, medida con f = 1 KHz) ™ Ganancia de tensión con realimentación: 30 db (típica, medida con f = 1 KHz) ™ Voltaje de ruido de entrada: 10 μVrms (máximo, medido con RL = 4Ω y ancho de banda (3 db) de 10Hz á 25KHz) ™ Corriente de ruido de entrada: 200 pA (máximo, medido con RL = 4Ω y ancho de banda (3 db) de 10Hz á 25KHz) ™ Temperatura de cápsula: 110°C (mínima, para activar la protección térmica) ™ Rechazo a la fuente de alimentación (PSRR): 50db (típica, medida con RL = 4Ω, Av = 30db, RG = 22 KΩ, Vrizado = 0.5 Vrms y frecuencia de rizado de 100 Hz) 140 Electrónica Analógica II CIRCUITO INTERNO EQUIVALENTE: 5
D2
Q3
Q11
Q14
Q15
1
R1
Q2
R2
D3
PROTECCION CONTRA
CORTOCIRCUITO
Y CORTE TERMICO
D7
Q4
R5
2
Q1
Q5
R6
D4
D6
Q7
4
D5
Q8
Q13
Q12
Q16
Q6
Q17
R3
D1
Q9
Q10
Z1
PROTECCION CONTRA
CORTOCIRCUITO
Y CORTE TERMICO
R7
R8
R4
3
Figura 1.83 Podemos Observar que se trata de un amplificador de simetría cuasi complementaria, donde Q14 y Q15 forman la etapa de salida NPN Darlington y Q13, Q16 y Q17 forman la etapa de salida PNP simulado. Q1, Q2, Q4 y Q5 forman un amplificador diferencial con etapas Darlington, lo cual permite elevar la impedancia de entrada y minimizar la corriente de polarización de base. R1 y R2 introducen realimentación negativa en el amplificador diferencial a la vez que contribuyen a elevar más la impedancia de entrada. Q3 y Q11 forman un espejo de corriente polarizado por medio de la tensión en D2 y los transistores Q7 y Q8. La corriente es suministrada por Q8, el que actúa como fuente de corriente constante. El Mosfet Q7 actúa también como fuente de corriente constante y polariza al zener Z1, el cual está encargado de mantener constante la corriente de Q8. D3, D4 y D5 polarizan la etapa de potencia y dan estabilidad térmica al punto de operación 141
Electrónica Analógica II Q6 actúa también como fuente de corriente presenta una alta impedancia de salida, para señal, al transistor Q4, permitiéndole una máxima ganancia de tensión. Q12 forma la etapa amplificadora clase A, que es el driver para el amplificador de potencia y logra máxima ganancia de tensión debido a Q11 que actúa como fuente de corriente y le ofrece alta impedancia para señal CIRCUITOS DE APLICACION: A continuación veremos algunas aplicaciones típicas, en la que se incluye un amplificador tipo puente que es una configuración que permite cuadruplicar la potencia de salida para la misma resistencia de carga. a) Amplificador con fuentes de alimentación simétricas: +VCC
C3
0.1uF
C5
100uF
D1
1N4004
C1
5
1
1uF
TDA2030
4
D2
1N4004
2
Vi
R3
22K
3
R1
22K
R2
680
R4
1
C8
RL
C7
0.22uF
C2
22uF
R5
-VCC
C3
0.1uF
C5
100uF
Emplear: R5 = 3R2 y C8 = 100 pF para ancho de banda de 20 KHz y Av = 38db Figura 1.84 b) Amplificador con una sola fuente de alimentación: Para asegurar que la salida esté a la mitad de la fuente y tener máxima excursión simétrica, debe polarizarse el terminal 1, por medio de resistores, a la mitad de VCC c) Amplificador tipo puente con fuentes de alimentación simétricas: 142 Electrónica Analógica II +VCC
C3
0.1uF
C5
100uF
D1
1N4001
1N4001
5
5
1
1
1uF
RL
8
22K
TDA2030
TDA2030
4
4
D2
1N4001
2
Vi
2
3
1
3
22K
22K
1N4001
22K
680
22K
C2
22uF
1
R2
680
22uF
0.22uF
0.22uF
-VCC
C3
0.1uF
C5
100uF
Figura 1.85 La señal de entrada es recibida por el amplificador de la izquierda. Su salida está desfasada 180° respecto de la entrada. Esta señal es atenuada para luego ser ingresada al amplificador de la derecha. La salida de este último está en fase con la entrada. Esto hace que si la salida es del amplificador es VL, la tensión en la carga es 2VL. Como la potencia de salida es proporcional al cuadrado del voltaje, entonces dicha potencia es cuatro veces la que puede dar uno solo de los amplificadores. La resistencia de carga efectiva que “ve” cada amplificador es 4Ω PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA P1.13: En un amplificador de simetría complementaria, como el mostrado, explique por que el voltaje pico positivo, de salida, no puede llegar a ser igual al voltaje pico negativo +VCC
R
RL
-VCC
Figura 1.86 143
Electrónica Analógica II PROBLEMA P1.14: Se desea entregar 15W a una carga de 8Ω, mediante un amplificador push‐pull clase B. Si se disponen de transistores que tienen BVCEO = 100 V con β = 50 y VCE,sat = 2 V. Halle: a) El valor de la fuente DC (VCC). b) El mínimo valor de la relación de transformación (n) requerido. c) La potencia máxima que disipará cada transistor. PROBLEMA P1.15: Un cierto transistor de potencia puede disipar hasta 40 W. Determine la potencia de salida máxima que puede obtenerse de un amplificador push pull usando dos de estos transistores cuando son operados en clase B. Asuma que la excitación es sinusoidal y la eficiencia del amplificador es de 65% PROBLEMA P1.16: Explique por qué de las siguientes afirmaciones: a) La resistencia térmica limita la disipación de calor en un transistor de potencia. b) La máxima disipación de potencia de un transistor depende de la temperatura. c) La zona de saturación recorta el pico negativo de la señal de salida. d) En un amplificador de potencia clase B, la impedancia de entrada es no lineal. e) La máxima disipación de potencia en un transistor está representada por una hipérbola en el plano Ic vs. Vce. f) Los transistores de potencia en un amplificador push pull deben ser idénticos. g) Los transistores de potencia del amplificador de simetría complementaria deben tener las mismas características eléctricas. h) En clase B se produce la distorsión de cruce. PROBLEMA P1.17: Se desea entregar 10 W a una carga de 8Ω, mediante un amplificador Push Pull clase AB. Si se dispone de transistores con BVCEO = 80 V, β = 50 y VCE,sat = 2V. Asuma que los transformadores son ideales, el de entrada con n = 1 y el de salida con n = 3. Halle: a) El valor de la fuente DC (VCC). b) La potencia entregada por la fuente. PROBLEMA P1.18: Diseñe un amplificador clase B de simetría complementaria para obtener una potencia de salida de 10W en una carga de 8Ω. Especifique: a) Las características de los transistores. b) La tensión de alimentación. c) La potencia entregada por la fuente. PROBLEMA P1.19: En el circuito mostrado, determine: a) Las corrientes de polarización de todos los transistores b) PLmáx c) PCCmáx d) PCmáx e) La eficiencia total f) ¿Para qué sirve Q1? 144 Electrónica Analógica II Asuma: Que todos los transistores son de silicio con β = 50, VCE,sat = 0.5V, C1 y C3 son muy grandes + 9 Vdc
R1
Q1
Q3
68K
D1
R7
22
R6
1K
C3
D2
R8
22
R2
68K
C1
Q2
Q4
R5
R9
1.5K
R3
180K
Vg
R4
33
RL
40
15K
C2
100uF
Figura 1.87 PROBLEMA P1.21: En el circuito mostrado, halle las características de cada transistor y determine: a) PCC b) PLmáx c) PCmáx d) La eficiencia total + 45Vdc
R6
5K6
R12
270
R19
2K2
R20
1K5
Q6
D1046
R4
18K
R8
2K2
D1
R16
C9
100/50
R21
12
1N4004
4K3
R3
2M2
C3
C2
C5
100/50
R7
C8
R13
2K2
22K
C1
Q12
2N3773
R24
0.22/5
D2
D4
1N5395
R26
0.22/5
R28
0.22/5
200pF
R18
1M
470K
0.2
Q1
BC549
Q10
2N3773
1N4004
10/50
R1
Q8
2N3773
R22
47/1
Q2 R9
BC549 15K
R10
2K2
Q3
B649
Q4
B649
2.2/50
RL
R15
270
R17
220K
D3
4 OHM
C10
1N4004
Q7
D816
D5
100pF
R2
47K
R5
270
C4
R11
22K
Q5
D386
C6
330pF
R14
680
C7
100/50
47K
R23
47/1
Q9
2N3773
Q11
2N3773
Q13
2N3773
R25
0.22/5
R27
0.22/5
R29
0.22/5
1N5395
- 45Vdc
Figura 1.88 145
Electrónica Analógica II PROBLEMA P1.20: En el circuito mostrado es un amplificador push pull clase A, determine expresiones para: a) PCC b) PLmáx c) PCmáx d) La eficiencia total e) La figura de mérito 1:1
2
8
Ig
5
7
R14
6
R
11
8 T2
Q1
VBB
VCC
Q2
2
5
7
6
RL
11
1:1
Ideal
Figura 1.89 146 Electrónica Analógica II BIBLIOGRAFIA 1).‐ CIRCUITOS MICROELECTRONICOS: ANÁLISIS Y DISEÑO Muhammad Rashid International Thomson Editores 2).‐ MICROELECTRONICA: CIRCUITOS Y DISPOSITIVOS Mark N. Horenstein Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 3) ELECTRONIC CIRCUITS: DISCRETE AND INTEGRATED Schilling, Donald L. Belove, Charles Mc Graw‐Hill Kogakusha, Ltd. 4) DISPOSITIVOS Y CIRCUITOS ELECTRÓNICOS Millman, Jacob Halkias, Cristos C. Mc Graw‐Hill Book Company 5).‐ ANÁLISIS Y DISEÑO DE CIRCUITOS ELECTRÓNICOS INTEGRADOS Paul E. Gray Robert Meyer Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 6).‐ COMMUNICATION CIRCUITS: ANALYSIS AND DESIGN Clarke, Kenneth Hess T. Donald Addison‐Wesley Publishing Company 7).‐ MANUAL RCA – SC15 8).‐ MANUAL DE BAFFLES Y ALTAVOCES Francisco Ruiz Vassallo Ediciones CEAC 147
Electrónica Analógica II CAPÍTULO 2 REALIMENTACIÓN (FEEDBACK) 2.1.‐ INTRODUCCION MODELOS MATEMÁTICOS: Son la descripción matemática de las características dinámicas de un sistema. El desarrollo del modelo matemático es la parte más importante del análisis. Los modelos pueden tener muchas formas y una representación matemática puede ser más adecuada que otras. Es deseable hacer inicialmente un modelo simplificado para tener una idea general de la solución y luego se puede hacer otro más completo. Un modelo de parámetros concentrados puede ser útil en bajas frecuencias, pero no en altas. 2.1.1.‐SISTEMA LINEAL: Es aquél cuya ecuación diferencial es lineal: Ejemplo: d2y/dt2 + a dy/dt + b y(t) = f(t) Vemos que la función y(t) y sus derivadas están elevadas a la primera potencia. Responden al principio de superposición. En general, los sistemas físicos son lineales sólo en un restringido rango de operación. 2.1.2.‐SISTEMA LINEAL INVARIABLE EN EL TIEMPO: Es aquél cuyos coeficientes son constantes. En la ecuación diferencial anterior, los coeficientes a y b deben ser constantes para que el sistema sea lineal e invariable en el tiempo. 2.1.3.‐SISTEMA LINEAL VARIABLE EN EL TIEMPO: Es aquél cuyos coeficientes son sólo funciones de la variable independiente. En la ecuación diferencial anterior, los coeficientes a y b deben ser funciones sólo de t para que el sistema sea lineal y variable en el tiempo. 149 Electrónica Analógica II 2.1.4.‐SISTEMA NO LINEAL: Es aquél cuya ecuación diferencial es no lineal: 2
d2y
⎛ dy ⎞
+ a⎜ ⎟ + by (t ) = f (t ) 2
dt
⎝ dt ⎠
Vemos que la primera derivada de y(t) está elevada al cuadrado. Ejemplo:
No responden al principio de superposición. En general, los sistemas físicos son no lineales. Pueden considerarse lineales sólo en un restringido rango de operación. Los procedimientos para hallar las soluciones de estos sistemas son muy complicados. A menudo se encuentra necesario, para su estudio, el empleo de sistemas lineales “equivalentes” en reemplazo del no lineal. En este caso, la validez será sólo en un restringido campo de acción y luego se pueden usar las herramientas desarrolladas para sistemas lineales. A esto se le denomina: Técnica de Linealización. 2.1.5.‐FUNCIONES DE TRANSFERENCIA: Es una caracterización de la relación entre la entrada y la salida de un sistema lineal. Sólo es aplicable a los sistemas lineales invariantes en el tiempo y a ciertos sistemas de control no lineales. Con la finalidad de hacer más simple su estudio, y poder trabajar sólo con polinomios, se emplea la transformada de La Place para su representación, considerando cero las condiciones iniciales. Relaciona la entrada con la salida, pero no dan información respecto a la estructura física del sistema. Pueden haber diferentes sistemas físicos cuyas funciones de transferencia son idénticas. 2.1.6.‐LINEALIZACION DE UN MODELO MATEMÁTICO NO LINEAL: Supongamos la ecuación de la corriente de un MOSFET incremental en la región de corriente constante: 2
I D = K (VGS − VTH ) 150
Electrónica Analógica II Queremos linealizarlo alrededor del punto de operación IDQ, VGSQ Podemos usar la serie de Taylor: 2
⎛ ∂I ⎞
⎛ 1 ⎞⎛ ∂ I D ⎞⎟
(VGS − VGSQ )2 + L I D = I D (VGSQ ) + ⎜⎜ D ⎟⎟ (VGS − VGSQ ) + ⎜ ⎟⎜⎜
2 ⎟
⎝ 2! ⎠⎝ ∂VGS ⎠V
⎝ ∂VGS ⎠V
GSQ
GSQ
Las derivadas de ID son evaluadas en VGSQ: ⎛ ∂I D ⎞
⎟⎟
⎜⎜
= 2 K (VGSQ − VTH ) V
∂
⎝ GS ⎠V
GSQ
⎛ ∂ ID
⎜
⎜ ∂V 2
⎝ GS
2
⎞
⎟
= 2K ⎟
⎠VGSQ
Si: (VGS – VGSQ) es pequeña, se pueden despreciar los términos de orden superior y obtenemos una relación aproximada: ID ‐ ID(VGSQ) = Δ ID = (dID/dVGS) (VGS – VGSQ) Observamos que: Δ ID = (dID/dVGS) ΔVGS Como dID/dVGS es evaluada en VGSQ, tiene un valor constante en ese punto. Entonces, la ecuación anterior corresponde a la de una recta y el sistema se comporta en forma lineal alrededor del punto (VGSQ, IDQ), teniendo en cuenta que (VGS – VGSQ) debe ser pequeña. Este concepto nos permite utilizar los modelos de cuadripolos lineales para representar al transistor cuando se emplean señales pequeñas. El mismo procedimiento se aplica cuando el sistema depende de más de una variable. En este caso intervendrán las derivadas parciales. 2.1.7.‐ DEFINICIÓN: La realimentación es, en general, un proceso que consiste en la transferencia de energía presente en la salida de un sistema a la entrada del mismo (o a otras entradas internas o subsiguientes). En el caso de los circuitos electrónicos, consiste en tomar parte o toda la salida de corriente o tensión que hay en la salida y llevarla a la entrada. 151 Electrónica Analógica II Este proceso puede realizarse de una manera externa o producirse por efectos internos de los dispositivos y componentes empleados en el circuito, como por ejemplo las capacidades parásitas . Es un proceso tan fundamental en los circuitos electrónicos, como lo son la amplificación y la rectificación. Además de estar presente en muchísimos circuitos, es la base del funcionamiento de los sistemas que emplean Amplificadores Operacionales. 2.2.‐ SISTEMA REALIMENTADO. DEFINICION DE TERMINOS: Un sistema realimentado simple, se puede representar por medio de diagramas de bloques, como se muestra en la figura 2.1: Xi
+
Xe
Xc
Xo
K
A
M
+/Xf
B
Fig. 2.1 Donde: A, B y K son las ganancias de transferencia directa de los bloques respectivos. A es la ganancia sin realimentación o ganancia directa. B es la ganancia del sistema realimentador. K es la ganancia del bloque de acción de control, que procesa la señal de error. Af es la ganancia de transferencia directa del sistema realimentado (ganancia con realimentación o ganancia de lazo cerrado). Xi es la variable de entrada (tensión o corriente) del sistema realimentado. Proviene de una fuente externa. Xo es la variable de salida del sistema realimentado (tensión o corriente). Xf es la variable de salida del sistema realimentador. Xe es la variable de comparación o error entre la variables Xi y Xf, las cuales deben ser del mismo tipo (ambas corrientes o ambas tensiones) Xc es la señal de control (tensión o corriente) del sistema. Proviene del bloque de acción de control. M es el punto de muestreo de la variable de salida (punto de toma de la variable a realimentar). T es la ganancia de bucle o ganancia de lazo abierto. (T = ± KAB) 152
Electrónica Analógica II En el diagrama anterior es importante tener en cuenta que se ha asumido que los bloques son unilaterales en cuanto a sus entradas y salidas, las cuales tienen los sentidos indicados por las flechas. Î (2.1) De la figura 2.1: Af = Xo/Xi Xe = Xi ± Xf Î (2.2) Xo = KAXe Î (2.3) Xf = BXo Î (2.4) (2.2) en (2.3): Xo = KA(Xi ± Xf) De (2.4) : Xo = KA(Xi ± Bxo) Xo = KAXi ± KABXo Xo ‐/+ KABXo = KAXi Xo(1 ‐/+ KAB) = KAXi Por lo tanto: Xo/Xi = KA / (1 ‐/+ KAB) KA
KA
Af =
=
De (2.1): Î (2.5) 1 m KAB 1 − T
Si: K, A y B son funciónes de la frecuencia, la expresión (2.5) se escribirá como: K ( jw)A( jw)
A f ( jw) =
De (2.1): Î (2.6) 1 − T ( jw)
2.2.1.‐ ACCIONES BASICAS DE CONTROL: En el diagrama de bloques anterior vemos que un control automático compara el valor efectivo de la salida con el deseado, determina la desviación o señal de error (Xe) y produce una señal de control (Xc) que reduce la desviación a cero o a un valor pequeño. La forma como el control automático produce la señal de control recibe el nombre de acción de control. El bloque K se encarga de procesar la señal de error y generar la señal de control (Xc). La función de transferencia que haya en el bloque K define el tipo de acción de control. Las acciones básicas de control son las siguientes: 153 Electrónica Analógica II 2.2.1.1) Control de 2 posiciones SI – NO (ON – OFF): El elemento accionador tiene sólo dos posiciones fijas (figura 2.2). Es simple y económico. En Electrónica, estos controles son representados por comparadores sin histéresis, comparadores con histéresis, interruptores analógicos, SCR, etc. +
E(s)
+
E(s)
C(s)
C(s)
-
-
Control SI - NO (ON - OFF)
sin histeresis
Control SI - NO (ON - OFF)
con histeresis
Fig. 2.2 2.2.1.2) Control proporcional: En este tipo (figura 2.3), la señal de error no puede ser cero, pero sí se le puede reducir aumentando Kp; sin embargo, esto puede no ser conveniente porque se hace inestable al sistema. Puede representarse electrónicamente por un amplificador con ganancia ajustable o constante. Xi(s)
Xe(s)
Xc(s)
Kp
Xc(s) = Kp Xe(s)
Fig. 2.3 2.2.1.3) Control integral: Este tipo de control actúa en función de la “historia” de la señal de error (Xe), por ello, la señal de control (Xc) puede no ser cero aún cuando la señal de error sí es cero. No se le usa solo porque empeora la estabilidad relativa del sistema haciendo aumentar el sobre impulso e, incluso, volviéndolo inestable. Puede ser representado electrónicamente por un amplificador operacional integrador. Se acostumbra usarlo acompañado con otro tipo de acción de control. La velocidad de variación de la salida es proporcional al error actuante. Si se duplica Xe(t), entonces Xc(t) varía 2 veces más rápido. Si el error actuante es cero, Xc(t) se mantiene constante. 154
Electrónica Analógica II Xi(s)
Xe(s)
Xc(s)
A / s
Xc(s) = (A / s) Xe(s)
Control Integral
Fig. 2.4 C
R1
R2
+
E(s)
C(s)
R1 // R2
Fig. 2.5 La función de transferencia de esta etapa es: C(s) / E(s) = ‐ (R1 / R2) / [1 + s C R1] Si a la frecuencia de trabajo hacemos que se cumpla: w C R1 >> 1 La función de transferencia se reduce a: C(s) / E(s) = ‐ 1 / [s C R2] Comparando con el diagrama de bloques: A = ‐ 1 / (C R2) Al producto C R2 se le denomina tiempo de integración. 2.2.1.4) Control proporcional e integral: Este tipo de control combina las ventajas del control proporcional e integral juntos. El control proporcional permite compensar la inestabilidad introducida por el control integral. Se diseña de manera 155 Electrónica Analógica II que el cero introducido esté cercano al origen para que se mantenga en lo posible el comportamiento del sistema original, con control proporcional. Puede ser representado electrónicamente por un conjunto de amplificador, integrador y sumador. Kp
+
Xi(s)
Xe(s)
Xc(s)
A / s
+
Xc(s) = (Kp + A / s) Xe(s)
Control Proporcional e Integral
Fig. 2.6 C
R1
-VCC
4
R2
2
3
V-
OS1
V+
+
OUT
6
OS2
7
E(s)
R1//R2
C(s)
+VCC
Fig. 2.7 La función de transferencia de esta etapa es: C(s) / E(s) = 1 + (R1 / R2) / [1 + s C R1] Si a la frecuencia de trabajo hacemos que se cumpla: w C R1 >> 1 156
Electrónica Analógica II La función de transferencia se reduce a: C(s) / E(s) = 1 + 1 / [s C R2] Que se comporta como un control proporcional e integral con Kp = 1 2.2.1.5) Control derivativo: Este tipo de control actúa en función de la variación de la señal de error (Xe). Si el error es constante, no hay señal de control (Xc). Tiene un efecto de anticipación, hace más sensible al sistema y mejora la respuesta transitoria aumentando la estabilidad relativa. Tiene el inconveniente que si actúa solo, el sistema nunca alcanzará el estado estacionario y, por ello, debe combinarse siempre con otro tipo de acción de control. Xc(s)
Xe(s)
Xi(s)
(Td) s
Xc(s) = (Td) s Xe(s)
Xf(s)
Fig. 2.8 2.2.1.6) Control proporcional y derivativo: Este tipo de control proporciona mayor estabilidad relativa, pero puede producir una respuesta excesivamente lenta. Debe tenerse precaución en el momento del diseño para lograr la respuesta transitoria deseada. Kp
+
Xe(s)
Xi(s)
Xc(s)
(Td) s
+
Xc(s) = (Td) s + Kp) Xe(s)
Xf(s)
Fig. 2.9 2.2.1.7) Control proporcional, derivativo e integral: Combina las tres formas de acción básica de control y permite anular el error estacionario, mejora la estabilidad relativa permitiendo un pequeño sobre impulso. Para su realización se 157 Electrónica Analógica II diseña primero el control proporcional y derivativo para lograr la respuesta transitoria deseada, y luego se diseña el control integral. Kp
+
Xe(s)
Xi(s)
Xc(s)
(Td) s
+
+
Xf(s)
(Ti)/s
Xc(s) = [(Ti )/s + (Td) s + Kp] Xe(s)
Fig. 2.10 2.3.‐ CLASES DE REALIMENTACION: Se le puede clasificar como negativa o positiva. Es positiva cuando la señal de error se obtiene de la suma de Xi con Xf y Xf está en fase con Xi (o si se resta Xi con Xf y Xf está desfasada 180° de Xi).. Es negativa cuando la señal de error se obtiene de la resta de Xi con Xf y Xf está en fase con Xi (o si se suma Xi con Xf y Xf está desfasada 180° de Xi). 2.3.1.‐ REALIMENTACIÓN NEGATIVA O DEGENERATIVA: Ocurre cuando la señal (o variable) de realimentación produce una disminución de la señal o variable de salida. La expresión de la ganancia o función de transferencia es: Af = KA / (1‐ T); donde: T < 0 Î (2.9) En este caso se observa que Af < KA; es decir, la realimentación negativa disminuye la ganancia. Además, si se cumple KAB >> 1 entonces: Af = 1 / B y la ganancia con realimentación se hace independiente de la ganancia sin realimentación. Si además se hace a B independiente de la frecuencia, Af también lo será. 158
Electrónica Analógica II 2.3.2.‐ REALIMENTACIÓN POSITIVA O REGENERATIVA: Ocurre cuando la señal (o variable) de realimentación produce un aumento de la señal o variable de salida. La expresión de la ganancia o función de transferencia es: Î (2.8) Af = KA / (1‐ T); donde: T > 0 En este caso se observa que Af > KA; es decir, la realimentación positiva aumenta la ganancia. CRITERIO DE BARHAUSEN – ESTABILIDAD: Si se está llevando a cabo una realimentación positiva, puede llegar a ocurrir la siguiente situación: De (2.8) Si: 1 – T = 0, entonces: Af = Xo / Xi = ∞ Lo anterior significa que el sistema puede entregar una salida Xo aún cuando Xi = 0 Cuando el circuito actúa de esta manera, recibe el nombre de oscilador. En general, A, K, Af, T y B pueden depender de la frecuencia. Usando la transformada de Fourier, lo anterior puede expresarse como: T(jw) = 1 °0 Entonces si: T(jw) ≥ 1 0° → Oscila Î (2.9) T(jw) < 1 0° → Estable Otra forma de escribir (2.9) es: T ( jw) = Re(T ( jw)) + Im(T ( jw)) = 1∠0° = 1 + j 0 PROBLEMA 2.1.‐ La respuesta en frecuencia de la ganancia de un amplificador se tabula a continuación: F (Hz) 20 60 100 200 500 1K 2K 5K 10K 20K 40K A 40 100 340 700 940 1000 960 780 480 180 60 ∠A° 25 0 ‐45 ‐100
‐145
+/‐
180 155 120 80 30 0 Un circuito resistivo (que no introduce desfasaje a ninguna frecuencia), toma el 1.5% de la señal de salida llevándola a la entrada. Halle: 159 Electrónica Analógica II a) La frecuencia a la cual oscilará el amplificador. b) ¿Cómo debe alterarse el porcentaje de señal realimentada para que el amplificador sea estable a la frecuencia hallada en (a)? SOLUCION: a) Como se desea saber si oscilará a alguna frecuencia y cuál es ésta, se aplicará el criterio de Barkhausen: T(jw) ≥ 1 0° Como B no depende de la frecuencia, la fase de T será igual a la fase de A. Entonces : T = AB = 0.015 A La fase de A es cero a las frecuencias: f = 60 Hz, con: A = 100; y f = 40 KHz, con: A = 60 Luego: T (60Hz) = 1.5 > 1; entonces el circuito oscilará a 60 Hz. T(40KHz) = 0.9 < 1; entonces el circuito no oscilará a 40 KHz. En conclusión, el circuito será inestable y oscilará a 60 Hz. b) Para que sea estable, T debe ser menor que 1 a la frecuencia de 60 Hz. Entonces: AB = 100B < 1 Luego: B < 1% Debe realimentarse menos del 1% de la señal de salida para que el circuito sea estable. PROBLEMA 2.2: Suponiendo que AB = 0° , Datos: Vin = 1mVpp a) ¿Oscilará el sistema mostrado? ¿Por qué? A = 10 b) ¿Qué amplitud de señal sale de B? B = 0.02 Vo
Vin
A
+
+
B
Vf = ?
Fig. 2.11 160
Electrónica Analógica II SOLUCION: a) Para saber si oscila debemos verificar si se cumple el criterio de Barkhausen: T(jw) = AB ≥ 1 Reemplazando valores: T = 10 x 0.02 = 0.2 < 1; entonces el sistema no oscila. b) Hallamos Avf = Vo / Vin = A / (1 – AB) = 10 / 0.8 = 12.5 Entonces : Vo = Avf Vin = 12.5 mVpp Luego: Vf = Vo x B = (12.5 mVpp)0.02 = 0.25 mVpp OBSERVACIONES: 1.‐ Respecto al problema 1, es posible que un circuito oscile a más de una frecuencia a la vez. Si esto sucede, se le denomina ``squegging´´ y tiene la forma de una señal AM 2.‐ Se puede observar en el mismo ejemplo que se producen realimentaciones positivas y negativas, dependiendo de las fases en las distintas frecuencias. 3.‐ Una observación importante es tener en mente que Avf puede depender de la frecuencia, como se ha visto, y, para un estudio más detallado, pueden emplearse técnicas de análisis como el criterio de Routh, el criterio de Nyquist, el Lugar Geométrico de las Raíces (Root Locus), los diagramas de Bode, variables de estado, etc. Estas son técnicas estudiadas en los cursos de Sistemas de Control y que con toda validez pueden ser usadas en el análisis de circuitos. Actualmente contamos con herramientas de software que nos facilitan el estudio de la estabilidad del sistema, como es el caso de Matlab (que nos permite el estudio de sistemas más complejos con menor esfuerzo). Previamente debemos conocer los métodos de análisis para poder usar eficientemente estas herramientas. 2.4.‐ USOS DE LA REALIMENTACIÓN La realimentación se puede emplear para aprovechar los siguientes efectos que produce: 1.‐ Altera las ganancias del amplificador al que se le aplique: Ya se ha visto que la ganancia con realimentación es dada con la fórmula: A
Af =
1−T
Donde: A = ganancia sin realimentación o ganancia directa. T = ganancia de bucle o ganancia de lazo abierto. Vemos que la ganancia sin realimentación es dividida por la expresión (1 – T) producida por el lazo de realimentación. 161 Electrónica Analógica II 2.‐ Alteración de las impedancias de entrada y salida: Las impedancias de entrada y de salida sin realimentación son afectadas también por la expresión (1 – T). Pueden ser multiplicadas o divididas por ella, según la forma de realimentación que se utilice. 3.‐ Reducción de los disturbios internos: Esto puede notarse en el siguiente diagrama de bloques donde ingresa un disturbio N(s) N
+
Xi
Xo
A2
A1
+
+
+
Xf
B
Fig. 2.12 La función de transferencia total es: Af = [A2 / (1 – T)] N + [A1A2 / (1 – T)] Xi ; donde: T = ‐ A1 A2 B Vemos que el disturbio, N, ha sido reducido por el factor (1 – T) El disturbio interno puede ser producido por una fuente de alimentación mal filtrada. 4.‐ Reducción de la distorsión no lineal: Esta distorsión es introducida por los dispositivos empleados. La reducción se logra generalmente realimentando una distorsión contraria a la original de tal modo que tienda a anularla. 5.‐ Reducción de la distorsión de frecuencia: Comúnmente la ganancia disminuye al aumentar la frecuencia. Esto quiere decir que las componentes de mayor frecuencia de la señal de entrada serán amplificadas en menor medida que las bajas, produciéndose la distorsión de frecuencia. La realimentación negativa tiende a uniformizar la ganancia para todas las componentes de frecuencia de la señal de entrada, reduciendo esta distorsión. 6.‐ Estabilización de la ganancia (sensitividad) : La función sensitividad representa la fracción o porcentaje de variación producida en Af por la variación fraccional o porcentual de uno de sus parámetros (x): 162
Electrónica Analógica II Af S = [d(Af) / Af] / [d (x) / x] = [x / Af] / [d(Af)/dx] x En el caso siguiente, con realimentación negativa: Af = [A / (1 – T)] = A / (1 + AB) Tendremos que: Af S = [d(Af) / Af] / [d (A) / A] = 1 / (1 + AB) = 1 / (1 – T) A Se puede notar que al aumentar la realimentación negativa, aumenta la magnitud de T y se reduce la sensitividad de Af respecto a las variaciones de A. 7.‐ Modificación del ancho de banda (respuesta en frecuencia): A manera de ejemplo, suponiendo una función de transferencia sencilla de un solo polo: A = K / (s + p) . El polo se tiene cuando s = ‐p; y el ancho de banda (BW) es definido por el polo: BW = p. Con realimentación negativa: Avf = A / (1 ‐ T) = A / (1+ AB) = K / (s + (p + KB)) Vemos que el nuevo polo se ha incrementado en el término: KB; lo que quiere decir que el ancho de banda ha aumentado. 8.‐ Estabilización del punto de operación: Si realimentamos negativamente las variaciones del punto de operación por efecto de la temperatura, dichas variaciones serán reducidas por la realimentación. OBSERVACIONES: ‐ En los circuitos electrónicos se emplea realimentación positiva o negativa de señal y / o de continua aplicándola a una o varias etapas en circuitos tales como: Controles Automáticos de Ganancia, fuentes de alimentación estabilizadas, amplificadores operacionales, osciladores, compensadores en amplificadores de vídeo, en amplificadores de audiofrecuencia (realimentación selectiva), etc. ‐ Uno de los efectos indeseables de la realimentación inadecuadamente aplicada o presente en forma parásita o imprevisible, es que a un circuito diseñado como amplificador lo convierta en oscilador a alguna frecuencia, manifestándose dicha oscilación como un tono en el altavoz, teniendo que 163 Electrónica Analógica II usarse circuitos de neutralización para eliminarla. Esto es común en audiofrecuencia. Otro ejemplo similar sería el caso de un receptor alimentado por pilas; éstas, con el uso se descargan o, equivalentemente, aumentan su resistencia interna, lo cual hace que los puntos de alimentación no estén puestos a masa directamente sino a través de dicha resistencia, pudiendo originarse una realimentación positiva entre las etapas, dando lugar a una oscilación de baja frecuencia llamada ``motor boating´´, lo cual obliga a emplear filtros de desacoplamiento. ‐ 2.5.‐ TIPOS DE AMPLIFICADORES Antes de iniciar el análisis de circuitos realimentados, indicaremos los tipos y características de los amplificadores. a) AMPLIFICADOR DE TENSIÓN: Es un amplificador que recibe tensión y entrega tensión. Su impedancia de entrada debe ser elevada y su impedancia de salida pequeña. Su circuito de salida es mejor representado por un equivalente de Thevenin. La salida es una fuente de tensión controlada por tensión. RG
Zo << RL
+
+
Zo
+
+
Zi
Vi
Av Vi
RL
Vo
Vg
-
-
Zi >> RG
Av = Ganancia de tensión
Zi = Impedancia de entrada
Zo = Impedancia de salida.
Fig. 2.13 b) AMPLIFICADOR DE CORRIENTE: Es un amplificador que recibe corriente y entrega corriente. Su impedancia de entrada debe ser pequeña y su impedancia de salida elevada. Su circuito de salida es mejor representado por un equivalente de Norton. La salida es una fuente de corriente controlada por corriente. 164
Electrónica Analógica II Ii
Zo >> RL
IL
+
RG
Zi
Ig
RL
Zo
Vo
Ai Ii
Zi << RG
Ai = Ganancia de corriente
Zi = Impedancia de entrada
Zo = Impedancia de salida.
Fig. 2.14 c) AMPLIFICADOR DE TRANSCONDUCTANCIA: Es un amplificador que recibe tensión y entrega corriente. Su impedancia de entrada debe ser elevada y su impedancia de salida también elevada. Su circuito de salida es mejor representado por un equivalente de Norton. La salida es una fuente de corriente controlada por tensión. RG
Zo >> RL
IL
+
+
+
Vi
Vg
Zi
Zo
RL
Vo
Gm Vi
-
-
Zi >> RG
Gm = Transconducncia
Zi = Impedancia de entrada
Zo = Impedancia de salida.
Fig. 2.15 d) AMPLIFICADOR DE TRANSRESISTENCIA: Es un amplificador que recibe corriente y entrega tensión. Su impedancia de entrada debe ser pequeña y su impedancia de salida también pequeña. Su circuito de salida es mejor representado por un equivalente de Thevenin. La salida es una fuente de tensión controlada por corriente. 165 Electrónica Analógica II Ii
Zo << RL
+
RG
Zi
Zo
Rm Ii
+
RL
Vo
Ig
Zi << RG
Rm = Transresistencia
Zi = Impedancia de entrada
Zo = Impedancia de salida.
Fig. 2.16 2.6.‐ FORMAS DE REALIMENTACIÓN A continuación representaremos los bloques del sistema realimentado en forma de cuadripolos para describir las formas como puede hacerse la realimentación: 2.6.1.‐ SERIE – PARALELO (ERROR DE TENSIÓN Y MUESTREO DE TENSION): A continuación mostramos el esquema para este caso: El bloque B recibe toda la tensión de salida, Vo, y entrega la tensión Vf para generar la tensión de error, Ve, a la entrada del bloque A. En este caso, la realimentación hace que el circuito tienda a comportarse como un amplificador de tensión ideal, es decir, elevará la impedancia de entrada, reducirá la impedancia de salida y disminuirá la ganancia: A
Z
Avf = v ; Z of = o Z if = Z i (1 − T ) ; 1−T
1−T
Donde: Av = ganancia de tensión sin realimentación. Zi = impedancia de entrada sin realimentación. Zo = impedancia de salida sin realimentación. 166
Electrónica Analógica II +
+
Ve
-
Vg
-
A
+
Vo
-
RL
- Vf +
B
Fig. 2.17 2.6.2.‐ SERIE – SERIE (ERROR DE TENSIÓN Y MUESTREO DE CORRIENTE): A continuación mostramos el esquema para este caso: El bloque B recibe toda la corriente de salida, Io, y entrega la tensión Vf para generar la tensión de error, Ve, a la entrada del bloque A. En este caso, la realimentación hace que el circuito tienda a comportarse como un amplificador de transconductancia ideal, es decir, elevará la impedancia de entrada, elevará la impedancia de salida y disminuirá la transconductancia: G
Gmf = m ; Z if = Z i (1 − T ) ; Z of = Z o (1 − T ) 1−T
Donde: Gm = transconductancia sin realimentación. Zi = impedancia de entrada sin realimentación. Zo = impedancia de salida sin realimentación. +
Vg
-
+
Ve
-
A
Io
RL
- Vf +
B
Fig. 2.18 167 Electrónica Analógica II 2.6.3.‐ PARALELO – SERIE (ERROR DE CORRIENTE Y MUESTREO DE CORRIENTE): A continuación mostramos el esquema para este caso: El bloque B recibe toda la corriente de salida, Io, y entrega la corriente If para generar la corriente de error, Ie, a la entrada del bloque A. En este caso, la realimentación hace que el circuito tienda a comportarse como un amplificador de corriente ideal, es decir, reducirá la impedancia de entrada, elevará la impedancia de salida y disminuirá la ganancia: Aif = Ai / (1‐T) ; Zif = Zi / (1 ‐ T) ; Z of = Z o (1 − T ) Donde: Ai = ganancia de corriente sin realimentación. Zi = impedancia de entrada sin realimentación. Zo = impedancia de salida sin realimentación. Ie
Ig
A
Io
RL
If
B
Fig. 2.19 2.6.4.‐ PARALELO – PARALELO (ERROR DE CORRIENTE Y MUESTREO DE TENSIÓN): A continuación mostramos el esquema para este caso: El bloque B recibe toda la tensión de salida, Vo, y entrega la corriente If para generar la corriente de error, Ie, a la entrada del bloque A. En este caso, la realimentación hace que el circuito tienda a comportarse como un amplificador de transresistencia ideal, es decir, reducirá la impedancia de entrada, reducirá la impedancia de salida y disminuirá la ganancia: R
Z
Rmf = m ; Z of = o Z if = Z i (1 − T ) ; 1− T
1−T
Donde: Rm = transresistencia sin realimentación. Zi = impedancia de entrada sin realimentación. Zo = impedancia de salida sin realimentación. 168
Electrónica Analógica II Ie
A
RL
Ig
If
+
Vo
-
B
Fig. 2.20 2.7.‐ ANÁLISIS DE AMPLIFICADORES REALIMENTADOS Entre los métodos de análisis tenemos: 1.‐ El método general: Consiste en escribir las ecuaciones de mallas o de nodos del circuito y luego reducirlas a una expresión que relacione las variables de salida con las de entrada utilizando determinantes, la regla de Cramer, etc. 2.‐ Método del flujo de señales: Este método es útil especialmente cuando el circuito es complejo ya que dispone de la fórmula de Mason para obtener la función de transferencia con mayor rapidez. Este Método se estudia en los cursos de Control. Para ello, a).‐ Se plantean las ecuaciones de nodos o de mallas del circuito equivalente b).‐ Se grafican estas ecuaciones tomando las variables como mallas. c).‐ Se obtiene la función de transferencia mediante reducción o por las fórmulas de Mason. 3.‐ Métodos simplificados aplicables a casos particulares: ‐ Teorema de Miller ‐ Fórmulas con parámetros h´. 4.‐ Método general de circuitos realimentados: Consiste en hallar las ganancias e impedancias sin realimentación, luego hallar la ganancia de bucle y reemplazarlos en las fórmulas de las ganancias e impedancias con realimentación. Este método es útil sobre todo para el diseño, porque pone de manifiesto las propiedades y efectos de la realimentación. 169 Electrónica Analógica II Para verificar los resultados de este método, se le compara con la solución obtenida con el método general basado en las leyes de Kirchoff. Adicionalmente tenemos los métodos de análisis de la respuesta en frecuencia, variables de estado, etc., estudiados también en los cursos de Control. Los métodos de nodos y mallas se han estudiado en los cursos de Circuitos Eléctricos. El método de flujo de señales se estudia en los cursos de Control. Aquí daremos los conceptos para el ítem 3: Cuándo aplicaremos el Teorema de Miller y/o los parámetros h´, para luego hacer mayor énfasis en el ítem 4 por las razones anteriormente indicadas. TEOREMA DE MILLER: Sea el caso de una impedancia Z colocada entre los nudos A y B de una red: La corriente que sale del nudo A hacia B es: IA = (VA – VB) / Z = VA (1 – K) / Z Donde : K = VB / VA Es decir, que si conocemos el valor de K podemos poner una impedancia entre el nudo A y tierra con valor: ZA = Z / (1‐K) y la corriente que salga del nudo A será la misma IA. En forma similar, la corriente que sale del nudo B hacia A es: IB = (VB – VA) / Z = VB (1 – 1/K) / Z Donde : K = VB / VA Es decir, que si conocemos el valor de K podemos poner una impedancia entre el nudo B y tierra con valor: ZB = Z K / (K‐1) y la corriente que salga del nudo B será la misma IB. 170
Electrónica Analógica II Z
B
A
B
A
RED
Z / (1-K)
Z K / (K-1)
Fig. 2.21 Para poder usar el Teorema de Miller debemos conocer previamente la relación de tensiones entre los nudos B y A. Este teorema es útil para determinar el polo dominante en circuitos con realimentación capacitiva. PROBLEMA 2.3.‐ Si se cumple que XC >> RL halle la función de transferencia del siguiente circuito: C
Rs
Vs
Q
+
Vi
-
+
VL
-
RL
Si: Xc >> RL
Entonces: K = VL / Vi = - gm RL
Fig. 2.22 Entonces, al circuito anterior podemos representarlo en la forma siguiente: 171 Electrónica Analógica II Rs
Q
Vs
C(1 + gm RL)
+
Vi
-
Fig. 2.23 C
+
VL
-
RL
Vemos que por la entrada se “ve” a la capacidad C aumentada por el factor (1 + gm RL) , mientras que por la salida se le “ve” prácticamente con el mismo valor, si gm RL >> 1. Empleando el circuito simplificado podemos hallar fácilmente la función de transferencia: ⎛ hie ⎞
⎟⎟
− (g m RL )⎜⎜
R
h
+
VL
s
ie
⎝
⎠
Av =
=
Vs (1 + sR L C )(1 + (Rs // hie )sC (1 + g m RL ))
Observamos que tiene 2 polos: −1
−1
y s1 =
s2 =
((Rs // hie )C (1 + g m RL ))
RL C
Siendo el polo dominante el producido por la capacidad Miller de entrada. Si empleamos el método de nodos obtenemos dos ecuaciones: Vi = [hie Vs + hie Rs C s VL]/(Rs + hie + hie Rs C s) y Vi = [1 + RL C s]/(RLC s ‐ gm RL) Con ellas hallamos la ganancia de tensión: V L (sRLC‐gmRL)(hie / (Rs + hie)) Av = ‐‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Vs (1 + s RL C) + (hie//Rs) s C (1 + s RL C + gmRL(RL/Rs)] 172
Electrónica Analógica II Si en esta ecuación se cumple: y RL = Rs 1/(s C) >> RL Av se simplifica a: ‐ (gmRL)(hie/(Rs + hie))] Av = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (1 + s RL C) (1 + (hie//Rs) s C (1 + gmRL) Podemos ver que hay un polo en: s1 = ‐ (1 / RL C) y otro en: s2 = ‐ 1 / [(Rs//hie)C(1 + gm RL)] Que son los mismos obtenidos con el teorema de Miller. Podemos concluir que basta calcular la ganancia en frecuencias medias y cumplir con las condiciones (1/(s C) >> RL y RL = Rs) para poder aplicar directamente el teorema. FORMULAS CON PARÁMETROS H´: Este método consiste en hallar los parámetros híbridos de determinadas configuraciones con transistores, para usarlas luego y hallar la ganancia total. PROBLEMA 2.4.‐ Determine los parámetros h´ del siguiente circuito: i2
i1
+
v1
-
RE
Fig. 2.24 +
v2
-
Las ecuaciones de parámetros híbridos que rigen en el circuito son: v1 = h´i i1 + h´r v2 y i2 = h´f i1 + h´o v2 Representando al transistor por su modelo de parámetros híbridos, tendremos el circuito equivalente (figura 2.25): 173 Electrónica Analógica II i1 = ib
i2 = ic
hie
B
C
+
+
+
hre vce
hfe ib
v1
+
vce
-
1/hoe
v2
E
RE
-
-
Fig. 2.25 Luego tenemos: i1 = ib h´i = v1 / i1 v2 = 0 El parámetro h´i lo obtenemos haciendo v2 = 0: El parámetro h´f también lo obtenemos haciendo v2 = 0: h´f = i2 / i1 v2 = 0 El modelo para este caso se muestra en la figura 2.26: Y podemos plantear las siguientes ecuaciones: v1 = i1 (hie) + hre (vce) + (1 + hfe) i1 (RE // (1/hoe)) Además : vce = ‐ (1 + hfe) i1 (RE // (1/hoe)) Reemplazando y despejando h´i: hie + (1 – hre) (1 + hfe) RE h´i = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 + hoe RE i1 = ib
i2 = ic
hie
B
C
+
v1
+
hre vce
hfe ib
+
vce
-
1/hoe
E
RE
-
Fig. 2.26 Igualmente, de la misma figura obtenemos: i2 = hfe i1 + hoe vce 174
Electrónica Analógica II Reemplazando la expresión de vce anteriormente hallada y despejando h´f, obtenemos: hfe – hoe RE h´f = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 + hoe RE El parámetro h´r lo obtenemos haciendo i1 = 0: h´r = v1 / v2 i1 = 0 Al parámetro h´o también lo obtenemos haciendo i1 = 0: h´o = i2 / v2 i1 = 0 El modelo para este caso se muestra en la figura 2.27: i1 = ib = 0
i2 = ic
hie
B
C
+
v1
+
+
hre vce
hfe ib = 0
+
vce
-
1/hoe
v2
E
RE
-
-
Fig. 2.27 Y podemos plantear las siguientes ecuaciones: v2 = i2 (RE + 1 / hoe) = i2 ((hoe RE + 1) / hoe) De aquí obtenemos: hoe h´o = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 + hoe RE Además: v1 = hre vce + i2 RE También: vce = i2 / hoe Reemplazando: v1 = hre (i2 / hoe) + i2 RE = i2 ((hre / hoe) + RE) v1 = v2 (hoe / (1 + hoe RE)) ((hre / hoe) + RE) Despejando y simplificando: hre + hoeRE h´r = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 + hoe RE 175 Electrónica Analógica II Siempre que veamos el circuito un transistor con resistencia en el emisor, podremos reemplazar al conjunto por su modelo de parámetros h´ Si el transistor tuviera los siguientes parámetros híbridos en emisor común: hie = 1.3 KΩ ; hfe = 90 ; hre = 8 x 10‐4 ; hoe = 125 x 10‐6 mho y RE = 100Ω los parámetros h´ serían: h´i = 10.3 KΩ ; h´f = 90 ; h´r = 133 x 10‐4; h´o = 125 x 10‐6 mho Vemos que la configuración mostrada eleva hi y hr, pero deja hf y ho esencialmente iguales a los del transistor solo. PROBLEMA 2.5.‐ Determine los parámetros h del MOSFET en compuerta común: gm Vgs
Is
Id
S
D
+
Vsg
-
+
Vdg
-
Vgs
+
rds
G
G
Modelo del Mosfet
Fig. 2.28 Reemplazamos al MOSFET por su modelo de pequeña señal y planteamos las ecuaciones del cuadripolo con parámetros híbridos: Vsg = Is hi + hr Vdg Id = Is hf + ho Vdg Si en estas ecuaciones hacemos Is = 0, podemos obtener: a) hr = Vsg / Vdg :Vdg = Vsg – gm Vgs rds = Vsg + gm Vsg rds De donde: 1 1 hr = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 + gm rds 1 + μ 176
b) Electrónica Analógica II ho = Id / Vdg : Como Is = 0, entonces: Id = 0 ho = 0 De donde: Si en estas ecuaciones hacemos Vdg = 0, podemos obtener: c) hi = Vsg / Is : Vsg = (Is + gm Vgs) rds = Is rds – gm rds Vsg De donde: d) rds rds hi = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 + gm rds) 1 + μ hf = Id / Is : Id = ‐ Is De donde: hf = ‐ 1 El modelo de parámetros híbridos en compuerta común del MOSFET resulta: S
D
rds / (1 + u)
Is
Vdg / (1 + u)
G
G
Fig. 2.29 METODO GENERAL DE ANÁLISIS DE CIRCUITOS REALIMENTADOS Este método consiste en asimilar el circuito a uno de las cuatro formas de realimentación. Empleando el Teorema de Sustitución se hace un modelo simplificado y luego se hallan las ganancias e impedancias. Lo describiremos mediante 4 ejemplos, uno para cada caso: PROBLEMA 2.6.‐ En el circuito mostrado, determine: a) La forma de realimentación. b) La ganancia sin realimentación. c) La ganancia de bucle. d) La ganancia con realimentación. e) La impedancia de entrada con realimentación. f) La impedancia de salida con realimentación. 177 Electrónica Analógica II Rf
Zof
Zif
Q
Is
+
VL
-
+
Vi
-
Rs
RL
VCC
Fig. 2.30 SOLUCION: a) Podemos observar que el único elemento que une la entrada con la salida es Rf. Representamos el circuito para señal: Rf
Q
Is
+
VL
-
+
Vi
-
Rs
Fig. 2.31 RL
Asimilamos el circuito a una de las 4 formas de realimentación: 178
Electrónica Analógica II A
Q
Is
+
VL
-
RL
+
Vi
-
Rs
Rf
B
Fig. 2.32 Podemos decir que la forma de realimentación es paralelo‐paralelo b) Para hallar las ganancias empleamos el teorema de sustitución y simplificamos el circuito: A
Q
Is
Rs
Rf
+
VL
-
RL
+
Vi
-
Rf
+
+
Vi
VL
-
Fig. 2.33 Podemos plantear las ecuaciones de Kirchoff en este último circuito y veremos que son las mismas del circuito original. Por ello podemos decir que es un circuito equivalente. La fuente VL en la entrada representa el efecto de realimentación (feedback), mientras que la fuente Vi en la salida, representa un efecto directo de la entrada sobre la salida (feedforward) Debido a que se muestrea la tensión de salida y en la entrada se comparan corrientes, la función de transferencia característica del circuito será la Transrresistencia. 179 Electrónica Analógica II Para calcular la transrresistencia sin realimentación, anulamos la fuente VL de la entrada y la reemplazamos por un cortocircuito: Rf
Q
Is
Rf
Rs
+
VL
-
RL
+
Vi
+
Vi
-
Fig. 2.34 Reemplazamos al transistor por su modelo de parámetros híbridos simplificado: ib
Is
Rs
Rf
+
Vi
-
Rf
hie
hfe ib
RL
Vi
Fig. 2.35 En el circuito de salida: VL = Vi [RL/(RL + Rf)] – hfe ib [RL//Rf] Debemos notar también que: Vi = ib hie Simplificando: VL = ib [(RL//Rf) [(hie/Rf) – hfe] En el circuito de entrada: ib = is[(Rs//Rf) / (hie + Rs//Rf)] Finalmente: Rm = VL/is = (VL/ib)(ib/is) Rm = [(RL//Rf) [(hie/Rf) – hfe] [(Rs//Rf) / (hie + Rs//Rf)] 180
+
VL
-
Electrónica Analógica II En caso se cumpla: Rf >> RL, Rf >> hie y hie << Rs//Rf Rm = – hfe RL Para hallar la ganancia de bucle, aplicamos el siguiente criterio partiendo de los diagramas de bloques: c) Xi
+
Xe
Xc
Xo
K
A
M
+/Xf
B
Fig. 2.36 Sabemos que: Af = (K A)/(1 – T) Donde: T = ± K A B T puede hallarse si abrimos el lazo, hacemos cero a Xi y ponemos en la entrada del lazo una fuente Xó, como se muestra a continuación: Xo
K
A
+
-
B
Xó
Fig. 2.37 El lazo puede abrirse en cualquier punto. Es conveniente abrirlo en una zona donde nos facilite más los cálculos. Este artificio podemos aplicarlo a nuestro circuito: 181 Electrónica Analógica II ib
Rf
Rf
Rs
+
Vi
-
hfe ib
hie
+
VL
-
RL
+
V´L
Vi
-
Fig. 2.38 En los circuitos el lazo debe abrirse conservando los efectos de carga. Para ello hacemos uso del teorema de sustitución. La ganancia de bucle la hallamos con la relación: T = VL/V´L En el circuito de salida: VL = ib [(RL//Rf) [(hie/Rf) – hfe] Esta expresión es la misma que se halló para Rm En el circuito de entrada: ib = [V´L /(Rf + Rs//hie)](Rs / (hie + Rs)] Finalmente: T = V´L/is = (VL/ib)(ib/V´L) ‐ (RL//Rf) (hfe – hie / Rf) Rs T = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (Rf + Rs//hie)](hie + Rs) En caso se cumpla: Rf >> RL, Rf >> hie y hie << Rs//Rf – hfe RL T = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Rf El signo negativo de T nos indica que la realimentación es negativa. d) La ganancia con realimentación se puede hallar con la fórmula general correspondiente: Rmf = Rm/(1‐T) Donde: Rmf = Transrresistencia con realimentación. Rm = Transrresistencia sin realimentación. T = Ganancia de bucle. 182
Electrónica Analógica II Como ya se han obtenido Rm y T, los reemplazamos en la ecuación para hallar Rmf Rm (RL//Rf) [(hie/Rf) – hfe] [(Rs//Rf) / (hie + Rs//Rf) Rmf = ‐‐‐‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 ‐ T 1 ‐ (RL//Rf) [(hie/Rf) – hfe] [(Rs / [(Rf + Rs//hie)](hie + Rs)] Podemos verificar este resultado si planteamos directamente las ecuaciones de Kirchoff en el circuito de la figura 2.31: VL (1/RL + 1/Rf) + hfe ib – Vi(1/Rf) = 0 Vi = hie ib Is = Vi(1/Rs + 1/Rf + 1/hie) – VL(1/Rf) Mediante estas ecuaciones obtenemos directamente Rmf: (RL Rs) [hie – hfe Rf] Rmf = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (RL Rs (1 + hfe) + hie(RL + Rf + Rs) +Rs Rf e) La impedancia de entrada con realimentación podemos hallarla con la fórmula correspondiente: Como el error es de corriente, la realimentación negativa hará disminuir la impedancia de entrada; por ello: Zif = Zi / (1 – T) Donde: Zi = impedancia de entrada sin realimentación Zif = impedancia de entrada con realimentación Zi la podemos hallar del circuito equivalente, haciendo la fuente V´L = 0 En este caso obtenemos: Zi = Rs//Rf//hie Luego: Rs//Rf//hie Zif1 = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 ‐ (RL//Rf) [(hie/Rf) – hfe] [(Rs / [(Rf + Rs//hie)](hie + Rs)] Como nos piden que hallemos la impedancia de entrada sin incluir Rs, en la expresión anterior hacemos: Rs → ∞ 183 Electrónica Analógica II f) Con lo que obtenemos: Rf // hie Zif = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 ‐ [(RL//Rf) [(hie/Rf) – hfe] [1 / [(Rf + hie)]] Con las mismas ecuaciones de Kirchoff podemos hallar directamente Zif, haciendo Rs → ∞: Rf//hie Zif = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 ‐ (RL//Rf) [(hie/Rf) – hfe] [1 / (Rf + hie)] La impedancia de salida con realimentación podemos hallarla con la fórmula correspondiente: Como el muestreo es de tensión, la realimentación negativa hará disminuir la impedancia de salida; por ello: Zof = Zo / (1 – T) Donde: Zo = impedancia de salida sin realimentación Zof = impedancia de salida con realimentación Zo la podemos hallar del circuito equivalente, haciendo la fuente V´L = 0 e Is = 0 En este caso obtenemos: Zo = RL//Rf Luego: RL//Rf Zof1 = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 ‐ [(RL//Rf) [(hie/Rf) – β] [(Rs / [(Rf + Rs//hie)](hie + Rs)] Como nos piden que hallemos la impedancia de salida sin incluir RL, en la expresión anterior hacemos: RL → ∞ Con lo que obtenemos: Rf Zof = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1 ‐ [Rf [(hie/Rf) – β] [(Rs / [(Rf + Rs//hie)](hie + Rs)] 184
Electrónica Analógica II PROBLEMA 2.7.‐ En el circuito mostrado, determine: a) La forma de realimentación b) La ganancia sin realimentación c) La ganancia de bucle d) La ganancia con realimentación e) La impedancia de entrada con realimentación f) La impedancia de salida con realimentación VCC
Zof
Zif
RB
RC
C
C
Rs
Q1
RL
Vg
+
VL
-
RE
Fig. 2.39 SOLUCION: Hallando la forma de realimentación: a) Vemos que hay un solo elemento, RE, que une la salida con la entrada. Representamos el circuito para señal: Rs
Q1
RC
Vg
RB
RL
+
VL
-
RE
Fig. 2.40 Asimilamos el circuito a una de las 4 formas de realimentación: 185 Electrónica Analógica II A
Rs
Vg
Q1
RB
RC
B
+
VL
-
RL
RE
Fig. 2.41 Observamos que la entrada del bloque B está en serie con la salida y que la salida del bloque B está en serie con la entrada. Entonces, la forma de realimentación es serie‐serie y la función de transferencia característica es la transconductancia b) Obtenemos la transconductancia sin realimentación Empleando el teorema de sustitución hallamos un circuito equivalente: ib
Rs
iL1
iL
B ib
hie
RB
Vg
RC
+
VL
-
RL
ib
RE
RE
iL1
Fig. 2.42 Podemos observar que cuando la conexión es serie, empleamos el teorema de sustitución con fuentes de corriente. Análogamente, cuando la conexión es paralelo, lo usamos con fuentes de tensión. De esta manera aseguramos que las ecuaciones que se obtengan serán las mismas del circuito original. Para hallar la transconductancia sin realimentación, hacemos cero la fuente iL1, en la entrada. Il iL iL1 ib Gm = ‐‐‐‐‐ = (‐‐‐‐) (‐‐‐‐‐) (‐‐‐‐‐) Vg iL1 ib Vg 186
Electrónica Analógica II Del circuito de salida: iL = iL1[RC/(RC + RL)] iL1 = ‐ β ib Del circuito de entrada: ib = [Vg / [Rs + (RB//(hie + RE))]][RB/(RB + hie + RE)] Finalmente: ‐ β RC RB Gm = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (RC + RL)[Rs + (RB//(hie + RE))](RB + hie + RE) A continuación obtenemos la ganancia de bucle: c) Para ello, hacemos Vg = 0 y a la fuente iL1 la cambiamos por iL´1 (figura 2.43) Hallamos la ganancia de bucle mediante la ecuación: iL1 iL1 ib T = ‐‐‐‐‐ = (‐‐‐‐‐) (‐‐‐‐‐) iL´ ib iL´1 Del circuito de salida: iL1 = ‐ β ib Del circuito de entrada: ib = iL´1[RE/(RE + hie + Rs//RB)] Finalmente: ‐ β RE T = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ RE + hie + Rs//RB ib
Rs
iL1
iL
B ib
hie
RB
RC
+
VL
-
RL
ib
RE
RE
iL´1
Fig. 2.43 187 Electrónica Analógica II d) Obtenemos ahora la ganancia con realimentación: Gmf = Gm/(1 – T) Reemplazando: ‐ β RC RB (RE + hie + Rs//RB) Gmf = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (RC + RL)[Rs + (RB//(hie + RE))](RB + hie + RE)[(RE + hie + Rs//RB) + β RE] e) Obtenemos la impedancia de entrada con realimentación Como el error es de tensión, la realimentación negativa hará que aumente la impedancia de entrada. Entonces: Zif1 = Zi1(1 – T) La ecuación anterior es válida desde la entrada del bloque A hacia adelante (no incluye RB) Zi1 es la impedancia de entrada sin realimentación. Zi1 = hie + RE Luego: β RE Zif1 = (hie + RE)[1 + ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐] RE + hie + Rs//RB Como nos piden la impedancia de entrada sin incluir Rs, pero incluyendo RB, hacemos: Rs → 0 Luego: Zif = RB//[RE(1 + β) + hie] f) Obtendremos ahora la impedancia de salida con realimentación: Como el muestreo es de corriente, la realimentación negativa hará que aumente la impedancia de salida. Entonces: Zof1 = Zo1(1 – T) La ecuación anterior es válida desde la salida del bloque A hacia atrás (no incluye RC) Zo1 es la impedancia de salida sin realimentación. La hallamos haciendo Vg = 0 Como iL´1 también es cero (no hay realimentación): Zo1 = ∞ (debido a que estamos usando el modelo simplificado del transistor). 188
Electrónica Analógica II Luego: Zof1 = ∞ Como nos piden hallar Zof incluyendo RC, será simplemente: RC Zof PROBLEMA 2.8.‐ En el circuito mostrado, determine: a) La forma de realimentación b) La ganancia sin realimentación c) La ganancia de bucle d) La ganancia con realimentación e) La impedancia de entrada con realimentación f) La impedancia de salida con realimentación VCC
Zif
RB
Rg
Zof
Q
C
C
Vg
RE
RL
+
VL
-
Fig. 2.44 Asuma que las capacidades son muy grandes SOLUCION: Hallando la forma de realimentación: a) Vemos que hay un solo elemento, RE, que une la salida con la entrada. Representamos el circuito para señal: Rg
Q
Vg
RB
RE
Fig. 2.45 189 RL
+
VL
-
= Electrónica Analógica II Asimilamos el circuito a una de las 4 formas de realimentación: A
Rg
Q
RB
Vg
RE
RL
+
VL
-
B
Fig. 2.46 Observamos que la entrada del bloque B está en paralelo con la salida y que la salida del bloque B está en serie con la entrada. Entonces, la forma de realimentación es serie‐paralelo y la función de transferencia característica es la ganancia de tensión. b) Obtenemos la ganancia de tensión sin realimentación Empleando el teorema de sustitución hallamos un circuito equivalente: Rg
ib
hfe ib
hie
Vg
RB
ib
vL
RE
Fig. 2.47 RL
RE
+
VL
-
Para hallar la ganancia de tensión sin realimentación, hacemos cero la fuente VL, en la entrada. Av = VL / Vg = (VL/ib)(ib/Vg) Del circuito de salida: VL = (1 + hfe) ib[RE//RL)] Del circuito de entrada: ib = [Vg / [Rg + RB//hie]][RB/(RB + hie)] 190
Electrónica Analógica II Finalmente: (1 + hfe) (RE//RL) RB Av = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ [Rg + (RB//hie)](RB + hie) c) A continuación obtenemos la ganancia de bucle: Para ello, hacemos Vg = 0 y a la fuente vL la cambiamos por vL´ (figura 2.48) Rg
ib
hfe ib
hie
RB
ib
RL
VL´
RE
RE
Fig. 2.48 +
VL
-
Hallamos la ganancia de bucle mediante la ecuación: T = VL/VL´ = (VL/ib)(ib/ VL´) Del circuito de salida: VL = (1 + hfe) ib[RE//RL] Del circuito de entrada: ib = ‐VL´/[(hie + Rg//RB)] Finalmente: ‐ (1 + hfe) RE//RL T = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ hie + Rg//RE d) Obtenemos ahora la ganancia con realimentación: Avf = Av/(1 – T) Reemplazando: (1 + hfe) (RE//RL) RB [hie + Rg//RE] Avf = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ [hie + Rg//RE + (1 + hfe) Rg//RE [Rg + (RB//hie)](RB + hie) e) Obtenemos la impedancia de entrada con realimentación Como el error es de tensión, la realimentación negativa hará que aumente la impedancia de entrada. Entonces: Zif1 = Zi(1 – T) Nótese que nos piden la impedancia de entrada sin incluir Rg La ecuación anterior es válida desde la entrada del bloque A hacia adelante (no incluye RB) 191 Electrónica Analógica II f) Zi es la impedancia de entrada sin realimentación. Zi = hie Luego: (hie)[hie + Rg//RE + (1 + hfe) RE//RL Zif1 = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ hie + Rg//RE Como nos piden la impedancia de entrada sin incluir Rg, pero incluyendo RB, hacemos: Rg → 0 Luego: Zif = RB//[hie + (1 + hfe) RE//RL] Obtendremos ahora la impedancia de salida con realimentación: Como el muestreo es de tensión, la realimentación negativa hará que disminuya la impedancia de salida. Entonces: Zof1 = Zo/(1 – T) La ecuación anterior es válida desde la salida del bloque A hacia atrás (no incluye RL) Zo es la impedancia de salida sin realimentación. La hallamos haciendo: Vg = 0 y cero la fuente VL, en la entrada. Zo = RE (debido a que estamos usando el modelo simplificado del transistor). Luego: Zof1 = RE/(1 – T) Como nos piden hallar Zof sin incluir RL, hacemos RL → ∞ Entonces: RE (hie + Rg//RE) Zof = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ hie + Rg//RE + (1 + hfe) RE PROBLEMA 2.9.‐ En el circuito mostrado, determine: a) La forma de realimentación b) La ganancia sin realimentación c) La ganancia de bucle d) La ganancia con realimentación e) La impedancia de entrada con realimentación f) La impedancia de salida con realimentación 192
Electrónica Analógica II Asuma que la capacidad es muy grande y emplee el modelo simplificado de los transistores con: hie1 = hie2 = 2KΩ y hfe1 = hfe2 = 90 VCC = +12V
Zof
R1
5.6k
Zif
R2
3k
Q2
C
Q1
RL
1k
R3
Ig
330k
+
vL
-
R4
5.6k
Fig. 2.49 SOLUCION: a) Hallando la forma de realimentación: Vemos que hay dos elementos, R3 y R4, que unen la salida con la entrada. Representamos el circuito para señal y lo asimilamos a una de las 4 formas de realimentación: A
Q2
Q1
R2
R1
Ig
RL
+
VL
-
B
R3
R4
Fig. 2.50 193 Electrónica Analógica II Observamos que la entrada del bloque B está en serie con la salida y que la salida del bloque B está en paralelo con la entrada. Entonces, la forma de realimentación es paralelo‐serie y la función de transferencia característica es la ganancia de corriente. b) Obtenemos la ganancia de corriente sin realimentación Empleando el teorema de sustitución hallamos un circuito equivalente (figura 2.51). Para hallar la ganancia de corriente sin realimentación, hacemos cero la fuente iL1, en la entrada. Ai = iL / Ig = (iL/iL1)(iL1/ib2)(ib2/ib1)(ib1/Ig) iL1
ib2
hfe2 ib2
hie2
ib1
iL
R3
hie1
R2
R4
R1
Ig
RL
hfe1 ib1
+
VL
-
Vb1 = hfe1 ib1
R3
ib2
R4
iL1
Fig. 2.51 Del circuito de salida: iL = iL1 R2 / (R2 + RL) iL1 = ‐ hfe2 ib2 Reemplazando valores: iL/iL1 = 0.75 iL1/ib2= ‐ 90 Para simplificar más el circuito, usamos reflexión de impedancias (figura 2.52) 194
Electrónica Analógica II ib2
ib1
hie2
iL1
(1 + hfe2) R3
iL
hie1
R2
(1 + hfe2) R4
+
Ig
hfe1 ib1
R1
hfe2 ib2
RL
+
VL
-
Vb1 = hie1 ib1
R3
ib2
R4
Fig. 2.52 Del circuito central hallamos la relación: (ib2/ib1) ib2= ‐ hfe1 ib1 [R1/[R1 + hie2 + (1 + hfe2)(R3//R4)]] – [(hie1 ib1)/[(1 + hfe2)R3 + ((1 + hfe2)R4)//(R1 + hie2)]](1 + hfe2)R4/(R1 + hie2 +(1 + hfe2)R4) Reemplazando valores: ib2/ib1 = ‐0.992 Del circuito de entrada: ib1 = [Ig (R3 + R4)/(hie1 +R3 + R4) + ib2(R4/(R3 + R4 + hie1)) Dividiendo por ib1: 1 = [(Ig/ ib1) (R3 + R4)/(hie1 +R3 + R4) + (ib2/ ib1)(R4/(R3 + R4 + hie1)) Reemplazando valores: 1 = [(Ig/ ib1) (0.994) + (‐0.992)(0.0166) Y podemos despejar la relación (ib1/Ig): ib1/Ig = 0.978 Ai = iL / Ig = (0.75)(‐90)(‐0.992)(0.978) = 65.487 A continuación: c) A continuación obtenemos la ganancia de bucle: Para ello, hacemos Ig = 0 y a la fuente iL1 la cambiamos por iL1´ (figura 2.53) Hallamos la ganancia de bucle mediante la ecuación: T = iL1/iL1´ = (iL1/ib2)(ib2/ib1)(ib1/iL1´) 195 Electrónica Analógica II Del circuito de salida: iL1 = (‐ hfe2) ib2 Reemplazando valores: iL1/ib2 = ‐90 Del circuito central hallamos la relación: (ib2/ib1) ib2= ‐ hfe1 ib1 [R1/[R1 + hie2 + (1 + hfe2)(R3//R4)]] – [(hie1 ib1)/[(1 + hfe2)R3 + ((1 + hfe2)R4)//(R1 + hie2)]](1 + hfe2)R4/(R1 + hie2 +(1 + hfe2)R4) Reemplazando valores: ib2/ib1 = ‐0.992 Del circuito de entrada: ib1 = (‐iL1´ + ib2)[R4/(hie1 + R3 + R4)] Dividiendo por ib1: 1 = (‐iL1´/ ib1 + ib2/ ib1)[R4/(hie1 + R3 + R4)] Reemplazando valores: 1 = (‐iL1´/ ib1 –0.992)[5.6/(2 + 330 + 5.6)] ib1/iL1´ = ‐0.016 Finalmente: T = iL1/iL1´ = (‐90)(‐0.992)( ‐0.016) = ‐1.457 ib2
ib1
iL1
hie2
(1 + hfe2) R3
iL
hie1
R2
(1 + hfe2) R4
hfe2 ib2
+
hfe1 ib1
R1
RL
+
VL
-
Vb1 = hie1 ib1
R3
ib2
iL1´
R4
Fig. 2.53 d) e) Obtenemos ahora la ganancia con realimentación: Aif = Ai/(1 – T) Reemplazando valores: Aif = 65.487/(1 + 1.457) = 26.65 Obtenemos la impedancia de entrada con realimentación Como el error es de corriente, la realimentación negativa hará que disminuya la impedancia de entrada. Entonces: Zif = Zi/(1 – T) La ecuación anterior es válida desde la entrada del bloque A hacia adelante. 196
Electrónica Analógica II Zi es la impedancia de entrada sin realimentación. En el circuito de entrada: ib1 hie1 = Vg (tensión de entrada en la fuente de corriente) Además: ib1 = Ig[(R3 + R4)/(hie1 + R3 + R4)] + ib2[R4/( hie1 + R3 + R4)] Dividiendo por ib1: 1 = (Ig/ ib1)[(R3 + R4)/(hie1 + R3 + R4)] + (ib2/ ib1)[R4/( hie1 + R3 + R4)] Reemplazando valores: 1 = (Ig/ ib1)[(335.6)/(337.6)] + (ib2/ ib1)[5.6/( 337.6)] 1 = (Ig/ ib1)[0.994] + (‐0.992)[0.0166] ib1/Ig = 0.978 Multiplicando por hie1: Zi = Vg/Ig = (0.978)(2KΩ) = 1.956 KΩ Luego: Zif = (1.956 KΩ)/(1 + 1.457) = 796 Ω f) Obtendremos ahora la impedancia de salida con realimentación: Como el muestreo es de corriente, la realimentación negativa hará que aumente la impedancia de salida. Entonces: Zof = Zo(1 – T) La ecuación anterior es válida desde la salida del bloque A hacia atrás (no incluye RL) Zo es la impedancia de salida sin realimentación. La hallamos haciendo Ig = 0 y cero la fuente iL1, en la entrada (figura 2.54). Como en la entrada aún queda la fuente ib2, ib1 no será cero y tendremos que plantear ecuaciones para hallar Zo. Para conservar el efecto de las fuentes dependientes, que también influyen en la impedancia, empleamos la fuente externa Vo; ella entregará la corriente Io y Zo se puede hallar con la relación: Zo = Vo/Io En el circuito de entrada: Reemplazando valores: En el circuito de salida: Io = Vo/R2 + hfe2 ib2 ib1 = ib2[R4/( hie1 + R3 + R4)] ib1 = ib2[5.6/(337.6] = 0.0166 ib2 197 Electrónica Analógica II ib2
ib1
hie2
Io
(1 + hfe2) R3
hie1
R2
(1 + hfe2) R4
+
hfe1 ib1
+
hfe2 ib2
Vo
R1
Vb1 = hie1 ib1
-
R3
ib2
R4
Fig. 2.54 Luego: hfe2 ib2 = Io ‐ Vo/R2 En el circuito de entrada: ib1 = ib2(R4/(R3 + R4 + hie1) Entonces: ib1 = (1/hfe2)(Io ‐ Vo/R2) (R4/(R3 + R4 + hie1) = [0.184x10^(‐
3)][ Io ‐ Vo/R2] Del circuito central ya se ha hallado: ib2 = ‐0.992 ib1 = ‐[0.1828x10^(‐3)][ Io – Vo/R2] Reemplazando en Io: Io = Vo/R2 ‐ hfe2 ib2 = Vo/R2 – ( 0.016)[ Io – Vo/R2] Despejando: Zo = Vo/Io = R2 = 3K Finalmente: Zof = Zo / (1 – T) = 3K / (1 + 1.457) = 1.22 K OSCILADORES SINUSOIDALES Los osciladores son circuitos que generan señales al aplicárseles el voltaje de alimentación, sin necesidad de ingresarles una señal externa de entrada. El método que acabamos de estudiar también es útil para el análisis y diseño de osciladores sinusoidales, debido a que nos permite hallar directamente la ganancia de bucle y aplicarle el criterio de Barkhausen. A continuación veremos cómo se utiliza en un conjunto muy conocido de osciladores sinusoidales. OSCILADOR DE ROTACIÓN DE FASE: Este es un oscilador de baja frecuencia que trabaja comúnmente a frecuencias de audio. 198
Electrónica Analógica II En el siguiente gráfico mostramos un oscilador de rotación de fase típico con transistor bipolar: VCC
RC
R1
C
C
C
Q
R
R
P
RE
R2
CE
Fig. 2.55 En este caso, el transistor trabaja en la configuración de emisor común. Como la salida se toma en el colector, el circuito actúa como amplificador inversor. Un requisito para que oscile es que la rotación de fase sea 0° o un múltiplo de 360°. Ya que el amplificador desfasa 180°, es necesario que la red R‐C desfase otros 180°. A continuación veremos cómo se halla la ganancia de bucle y se aplica el criterio de Barkhausen: Debido a que las oscilaciones comienzan con niveles de pequeña señal, podemos usar los modelos de cuadripolo lineal del transistor. El transistor será reemplazado por su modelo simplificado con parámetros híbridos para analizarlo con pequeña señal y determinar los requisitos que debe cumplir para que se inicien las oscilaciones. El modelo equivalente es el siguiente: C
ib
C
C
hfe ib
RB
RC
hie
Fig. 2.56 199 R
R
P
Electrónica Analógica II Este modelo se representa para hallar la ganancia de bucle: Aquí el lazo se ha abierto por la base del transistor debido a que nos permite hacer un modelo más simple conservando los efectos de carga. ib
x´o
RB
C
hie
hfe ib
RC
C
R
C
R
P
RB
+
hie xo
-
Fig. 2.57 La ganancia de bucle se halla con la siguiente relación: T = xo/x´o Efectuando el análisis con la teoría de circuitos obtenemos: ‐hfe RB / (RB + hie) T(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 3 + R/RC + 4/RCs + 6/RCCs + 5/RRCCs2 + 1/R2RCC3s3] Aplicando el criterio de Barkhausen en el estado estacionario obtenemos: Igualando a cero la parte imaginaria (la fase de T debe ser cero), obtenemos la ecuación para la frecuencia de oscilación: 1/RC wo = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (6 + 4RC/R)1/2 Igualando a uno la parte real (la parte real de T debe ser uno), obtenemos la condición de ganancia: R/RC ≥ (h´f – 23)/58 + [((h´f – 23)/58)2 – 4/29] 1/2 Donde: h´f = hfe RB/(RB + hie) > 44.6 y RB = R1//R2 Las anteriores relaciones nos permiten hallar la frecuencia de oscilación y el requisito de ganancia para que se inicien las oscilaciones Estos resultados son aproximados debido a que sólo se está considerando el modelo simplificado del transistor. 200
Electrónica Analógica II PROBLEMA 2.10.‐ Diseñe el oscilador de rotación de fase mostrado en la figura 2.58 Para una frecuencia aproximada de 60 Hz y amplitud de salida ajustable entre 0 y 5 Vpico. Emplee transistores 2N2222. +12Vdc
R1
R2
R3
R8
Q1
2N2222
C1
R4
C4
C2
R5
Q2
2N2222
C3
R6
Fig. 2.58 C5
R7
R8
R9
SOLUCION: La salida la sacaremos desacoplada de DC por medio del potenciómetro R8 para calibrar el nivel deseado. La etapa de seguidor emisivo reduce la impedancia de salida y minimiza el efecto de carga. Para el estudio y diseño de osciladores sinusoidales se emplea el Criterio de Barhausen: T(jw) = 1 0° Otra forma de escribir lo anterior es: T(jw) = Re(T(jw)) + Im(T(jw)) = 1 + j0 Al igualar á 1 la parte real de la ganancia de bucle, obtenemos los requerimientos que debe cumplir la ganancia del circuito para que se inicien las oscilaciones. Al igualar á 0 la parte imaginaria de la ganancia de bucle, obtenemos la frecuencia a la que oscilará el circuito. En la siguiente figura, el transistor ha sido reemplazado por su modelo simplificado de parámetros híbridos para analizarlo con pequeña señal y determinar los 201 Electrónica Analógica II requisitos que debe cumplir para que se inicien las oscilaciones. El modelo equivalente es: C
ib
C
C
hfe ib
RB
RC
R
R
P
hie
Fig. 2.59 Este modelo se adapta para hallar la ganancia de bucle: ib
x´o
RB
C
hie
hfe ib
RC
C
R
C
R
P
RB
+
hie xo
-
Fig. 2.60 La ganancia de bucle se halla con la siguiente relación: xo T = ‐‐‐‐‐ x´o Efectuando el análisis con la teoría de circuitos obtenemos: ‐hfe RB / (RB + hie) T(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 3 + R/RC + 4/RCs + 6/RCCs + 5/RRCC2s2 + 1/R2RCC3s3 Aplicando el criterio de Barkhausen en el estado estacionario obtenemos: wo = (1/RC)/(6 + 4RC/R)1/2 R/ RC ≥ (h´f – 23)/58 + [((h´f – 23)/58)2 – 4/29] 1/2 Donde: h´f = hfe RB /( RB + hie) > 44.6 y RB = R1//R2 Las anteriores relaciones nos permiten hallar la frecuencia de oscilación y el requisito de ganancia para que se inicien las oscilaciones 202
Electrónica Analógica II Elegiremos el punto de operación del transistor en ICQ = 1 mA y VCEQ = 5V para lograr fácilmente la ganancia requerida. El cálculo se hará considerando una ganancia mínima de 80 para el transistor. Emplearemos una tensión de alimentación de 12V. Mediante las leyes de Kirchoff obtenemos: R3 + R4 = 7 KΩ Para obtener buena estabilidad del punto de operación y una ganancia alta, elegimos: R4 = 1 KΩ Luego, emplearemos el valor comercial más cercano para R3: R3 = 5.6KΩ La corriente de base del transistor será: IB = 1 mA/80 = 0.0125 mA Para mejorar más la estabilidad del punto de operación, haremos que por R2 circule una corriente aproximadamente 10 veces la de base: IR2 = 0.125 mA Como la tensión base‐emisor es aproximadamente 0.7V, entonces la tensión en R2 será aproximadamente: 1.7 V Aplicando la ley de Ohm, obtenemos: R2 = 1.7V/0.125mA = 13.6KΩ Emplearemos el valor comercial más cercano: R2 = 15 KΩ Luego hallamos R1: R1 = (12 – 1.7)V/(1.7/15 + 0.0125)mA = 89.8 KΩ Igualmente, emplearemos el valor comercial más cercano: R1 = 91 KΩ C4 se calcula de manera que su reactancia sea pequeña en comparación con R4, para que la amplitud de la oscilación no sea muy chica: C4 >> 1/(2πfR4) = 2.65 uF Por ello, elegimos un valor comercial mucho mayor que el calculado: C4 = 100uF Como: R5/R3 ≥ (h´f – 23)/58 + [((h´f – 23)/58)2 – 4/29] 1/2 203 Electrónica Analógica II Donde: h´f = hfe RB/(RB + hie) > 44.6 Como RB = R1//R2 = 12.9KΩ Y: hie = 80(26mV)/(1mA) = 2.08 KΩ Obtenemos: h´f = 68.9 > 44.6 Con ello aseguramos que inicien las oscilaciones A continuación calculamos R5: R5/R3 = (45.9)/(58 + (0.59)) = 0.782 Luego: R5 = 4.38 KΩ El valor comercial más cercano es: R5 = R6 = R7 = R = 4.3 KΩ La frecuencia angular de oscilación es dada por la ecuación: wo = (1/R5 C1)/(6 + 4R3/R5) 1/2 Como queremos: wo = 2π(60) = 377 rad/s Obtenemos el valor de: C1 = 0.18μF = 180nF Con los valores calculados hicimos una simulación por computadora y obtuvimos los siguientes resultados: ICQ = 0.963 mA VCEQ = 5.7 V Que son valores cercanos a los de diseño. La frecuencia de oscilación resultante fue: 57 Hz, que también está en el rango esperado. El voltaje pico obtenido es de 5V La tensión continua en el colector de Q1 es aproximadamente: 6.66V En el emisor de Q2 habrá una tensión de aproximadamente 6V Empleando una corriente mayor para Q2 hacemos que su impedancia de salida disminuya. Si usamos un valor para R9 de: R9 = 180Ω La corriente de operación de Q2 será: ICQ2 = 33.3 mA Para R8 usamos un valor relativamente pequeño con la finalidad de que no altere la corriente de Q2 y evitar que pueda haber una oscilación adicional a la que queremos: R8 = 1 KΩ 204
Electrónica Analógica II OSCILADOR COLPITTS: Este es otro de los osciladores sinusoidales más conocidos. Se le emplea en alta frecuencia. Su señal de salida tiene menor distorsión y es más estable que la del de rotación de fase. Se le puede mejorar más cuando se le emplea con cristal piezoeléctrico (en este caso recibe el nombre de oscilador Pierce) En la figura 2.61 se muestran variantes de este circuito. Podemos observar que los elementos que determinan la frecuencia de oscilación son dos condensadores y una bobina, los que forman el circuito tanque, que es el encargado de dar la selectividad necesaria. Debido a que las oscilaciones se inician en pequeña señal, podemos utilizar los modelos lineales del transistor para obtener la ganancia de bucle y hallar las ecuaciones que nos darán la frecuencia de oscilación y los requerimientos de ganancia para que se inicien las oscilaciones. Las características no lineales del transistor determinarán la amplitud de salida. Analizaremos el circuito de la figura 2.61‐B utilizando el modelo simplificado de parámetros pi‐híbridos del transistor (debido a que estos osciladores trabajan en alta frecuencia). Un criterio similar se puede emplear para el circuito de la figura 2.61‐A, teniendo en cuenta que está en la configuración de base común. +VCC
L
+VCC
RL
+VCC
RC
R1
RF CH
R1
Salida
Salida
Q
Salida
Q
L
Q
L
C1
R2
RE
C2
-VCC
A) Configuración en base
común con alimentación
simétrica
RE
C1
C2
C4
C3
R2
RE
C1
C2
C3
C4
B) Configuración en
emisor común con
alimentación simple
C) Configuración en
emisor
común con choke de RF
y alimentación simple
Fig. 2.61 205 Electrónica Analógica II El modelo equivalente para señal, para hallar la ganancia de bucle, es el siguiente: L
Q
Rb
L
V´be
RC
C2
gm V´be
Rb
C3
rx
RC
C2
C
R
+
Vbe
-
R = Rb // rx
C = C3 + Cx
Fig. 2.62 Aquí también es conveniente abrir el lazo por la zona de base para obtener un modelo más sencillo. A partir del modelo equivalente podemos determinar la ganancia de bucle: T(s) = Vbe / Vbe´ 3
T(s) = (‐ gmRCR)/[RRCCC2Ls + L(RC + RCC2)s2 + (L + RRCC2 + RRCC)s + R + RC] En el estado estacionario: T(jw) = (‐ gmRCR)/[R+RC‐L(RC + RCC2)w2+ j w (L + RRCC2 + RRCC ‐ RRCCC2Lw2) Aplicando el criterio de Barkhausen: L + RRCC2 + RRCC ‐ RRCCC2Lw2= 0 (‐ gmRCR)/[R+RC‐L(RC + RCC2)w2 ) > 1 Y obtenemos la expresión para la frecuencia de oscilación: wo = [(L + RRCC2 + RRCC)/( RRCCC2L)]1/2 y el requisito de ganancia: (gmRC//R) > [L(RC + RCC2)/ (R+RC)]wo2 ‐ 1 PROBLEMA 2.11.‐ En el oscilador Colpitts mostrado en la figura 2.61A, determine la frecuencia de oscilación y el requisito de ganancia para que se inicien las oscilaciones.. Si: RL = 10 KΩ, RE = 20KΩ, L = 10μH, C1 = 1013 pF, C2 = 79nF, ±VCC = ±10V. El transistor es de silicio con β = 100 y η = 1. T = 300°K. SOLUCION: Determinamos primero el punto de operación del transistor: 206
Electrónica Analógica II En la malla colector – emisor: 10 = VCEQ + IEQ (20K) – 10 En la malla base – emisor: 0 = VBEQ + IEQ (20K) – 10 = 0.7 + IEQ (20K) – 10 Luego: IEQ = 0.465 mA A continuación: VCEQ = 10.3 V La tensión continua de salida es: Vo = 10 V La resistencia de entrada a temperatura ambiente del transistor es: hib = VT/IEQ = 26mV/0.465mA = 56Ω La conductancia de entrada para pequeña señal es: gin = 1/hib = 1/56Ω La transconductancia para pequeña señal es: gm = α gin = 1/56Ω = 17.86x10‐3 siemens Podemos hacer un modelo equivalente para pequeña señal, despreciando las capacidades internas, que nos permita hallar la ganancia de bucle: C1
X1
Xó
gm Xó
hib
L
RL
C2
RE
+
Xo
hib -
Fig. 2.63 Empleando el método de nudos: Xo(1/(RE//hib) + sC2Xo + sC1(Xo – X1) = 0 De donde: X1 = [(1/sC1) (1/(RE//hib) + s(C1 + C2)]Xo Además: gmXó + X1(1/sL) + X1(1/RL) + sC1(X1 – Xo) = 0 gmXó + X1[(1/sL) + (1/RL) + sC1] – sC1Xo) = 0 Reemplazando X1: gmXó + [(1/sC1) (1/(RE//hib) + s(C1 + C2)] Xo [(1/sL) + (1/RL) + sC1] – sC1Xo) = 0 De la ecuación anterior obtenemos la ganancia de bucle: s2 C1 gm RLL(RE //hib) T(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ s3C1LRL[C1(RE//hib) +(RE//hib)( C1+C2)]+s2L[(RE//hib)(C1+C2)‐
2C1RL]+s[RL(RE//hib)(C1+C2)‐2L]‐2RL 207 Electrónica Analógica II En el estado estacionario: Reemplazando: s = jw ‐w2 C1 gm RLL(RE //hib) T(jw) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ ‐jw3C1LRL[C1(RE//hib) +(RE//hib)( C1+C2)]‐w2L[(RE//hib)(C1+C2)‐
2C1RL]+jw[RL(RE//hib)(C1+C2)‐2L]‐2RL La parte imaginaria debe ser igual a cero: ‐jw3C1LRL[C1(RE//hib) +(RE//hib)( C1+C2)]+jw[RL(RE//hib)(C1+C2)‐2L] = 0 De donde se deduce la expresión de la frecuencia de oscilación: RL(RE//hib)(C1+C2)‐2L 2
wo = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ C1LRL[C1(RE//hib) +(RE//hib)( C1+C2) Reemplazando valores: La frecuencia angular es: wo = 9.87x10^6 rad/s La frecuencia cíclica es: fo = 1.57 MHz La parte real debe ser mayor o igual a uno: w02 C1 gm RLL(RE //hib) ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ ≥ 1 w02L[(RE//hib)(C1+C2)‐2C1RL]‐2RL Reemplazando valores: gm ≥ 9.24x10‐3 siemens La transconductancia del transistor, en pequeña señal, debe ser mayor que el valor calculado para que se inicien las oscilaciones. OSCILADOR HARTLEY: El oscilador Hartley es otro de los osciladores sinusoidales de alta frecuencia más conocidos. A continuación se muestran algunas versiones de este circuito: 208
Electrónica Analógica II VCC
VCC
Cb
CH
R1
Cb
Rb
Q
C
Cb
L
Q
C
L
R2
L
L
Fig. 2.64 A continuación haremos el análisis del que emplea transformador: El condensador Cb pone al transistor en base común y Ce acopla la señal realimentada. A partir del modelo equivalente podemos determinar la ganancia de bucle: Q
8
T1
T1
6
V´be
N1
Re
N2
C
Re
7
rx
Cx
C
4
N1
L
N2 Re
gm V´be
rx
Cx
+
Vbe
-
Fig. 2.65 Hemos empleado el modelo de parámetros π‐híbridos del transistor y asumiremos que el transformador no tiene pérdidas, L es la inductancia del primario y la relación de espiras es: n = N1/N2. El modelo equivalente de la derecha nos permite hallar T: V´be
Cπ
Re
rπ
C
L
gm V´be
Fig. 2.66 T(s) = Vbe / Vbe´ 209 n^2 Re
n^2 rx
Cx/n^2
+
Vbe/n
-
Electrónica Analógica II Llamaremos: R = n2 (Re//rπ) y Ct = C + Cπ / n2 Luego: T(s) = (n gm R L s)/[ R L Ct s2 + L s + R] En el estado estacionario: T(jw) = (n gm R L) /[ j R L Ct w + L – j R / w] Aplicando el criterio de Barkhausen: j w R L Ct – j R / w = 0 (n gm R L)/L > 1 Y obtenemos la expresión para la frecuencia de oscilación: wo = [1/( L Ct)]1/2 y el requisito de ganancia: n > 1 / (gm R) SERIE DE PROBLEMAS DE ELECTRÓNICA ANALÓGICA II – EA61 PROBLEMA P2.1.‐ a) Muestre el esquema circuital que permita hallar T b) Escriba las expresiones resultantes de la función de transferencia sin realimentación y de T Asuma el modelo de parámetros híbridos simplificado del transistor y que las capacidades son muy grandes VCC
Zof
Zif
RB
RC
C
C
Q1
RL
Vg
+
VL
-
RE
Fig. 2.67 210
Electrónica Analógica II PROBLEMA P2.2.‐ En el circuito mostrado, a) Muestre el esquema circuital que permita hallar T y la función de transferencia sin realimentación. b) Halle T c) Halle Zi y Zif. Asuma el modelo de parámetros híbridos simplificado del transistor VCC
RB
C
RC
C
RS
Q
+
vL
-
RL
+
vg
-
Rf
Fig. 2.68 PROBLEMA P2.3.‐ a) Muestre el esquema circuital que permita hallar T b) Halle T si la salida se toma en R4 c) Halle Zif Asuma el modelo de parámetros híbridos simplificado del transistor y que ambos tienen las mismas características eléctricas.. VCC
R1
Zif
R3
R2
Zof
Q2
Q1
ig
Rg
R4
Fig. 2.69 +
vL
-
PROBLEMA P2.4.‐ Muestre el esquema circuital que permita hallar la función de transferencia sin realimentación y halle su expresión. Halle la ganancia de bucle Asuma el modelo de parámetros híbridos simplificado del transistor y que todos tienen las mismas características eléctricas. Las capacidades son grandes. 211 Electrónica Analógica II VCC
Zof
Zif
R1
R2
R3
R4
C
Rg
C
Q1
Q1
Vg
Rf
C
RL
+
vL
-
RE
Fig. 2.70 PROBLEMA P2.5.‐ Un amplificador de voltaje ideal está conectado en un lazo realimentado. Halle la ganancia sin realimentación y la ganancia del bloque B si: vi = 50 mV, vf = 45 mV y vo = 5 V. PROBLEMA P2.6.‐ Un amplificador de tensión con Av = 10.000, Zi = 1KΩ y Zo = 100Ω está conectado en un lazo con realimentación negativa. Si la ganancia del bloque B es 0,1 y su impedancia de entrada es ifinita y su impedancia de salida es cero, halle la ganancia de tensión con realimentación, la impedancia de entrada y la impedancia de salida. La forma de realimentación es serie – paralelo. PROBLEMA P2.7.‐ a) Muestre el esquema circuital que permita hallar T b) Halle la expresión de la ganancia de bucle. c) Halle la expresión de Zof (no considerar RL). Asuma el modelo de parámetros híbridos simplificado del transistor y que todos tienen las mismas características eléctricas. 212
Electrónica Analógica II +VCC
R3
R1
R4
R2
Q3
Q4
Rs
Q1
Q2
R6
Vi
R7
R5
RE
RL
+
VL
-VCC
Fig. 2.71 PROBLEMA P2.8.‐ En el circuito de la figura 2.72: a) ¿Qué tipo de muestreo y error hay en el circuito? b) Halle la ganancia sin realimentación c) Halle la ganancia de bucle d) Halle la impedancia de salida Asuma que la capacidad es muy grande. Emplee el modelo simplificado del transistor. VCC
R1
R2
Q2
C8
+
VL
-
Q1
Ig
R4
R3
Fig. 2.72 213 Electrónica Analógica II PROBLEMA P2.9.‐ En el circuito del problema 2.4: R1 = 10KΩ, R2 =5KΩ, R3 = 680KΩ, R4 = 6 KΩ, RE = 1,2KΩ, Rg = 2 KΩ, RL = 1KΩ, Halle el valor de Rf para que la ganancia de tensión con realimentación sea el 25% de la ganancia sin realimentación. Los parámetros de los dos transistores son: hfe = 150, hre = 0, hie = 2KΩ, hoe = 0 PROBLEMA P2.10.‐ Deduzca los parámetros híbridos de un MOSFET en fuente común. PROBLEMA P2.11.‐ Diseñe un oscilador Hartley para una frecuencia de 2 MHz. PROBLEMA P2.12.‐ Empleando el regulador integrado LM723, diseñe un regulador DC para obtener salida de 12 VDC – 2 A con control proporcional. PROBLEMA P2.13.‐ Empleando el regulador integrado LM723, diseñe un regulador DC para obtener salida de 12 VDC – 2 A con control PI. PROBLEMA P2.14.‐ Empleando el regulador integrado LM723, diseñe un regulador DC para obtener salida de 12 VDC – 2 A con control PD. PROBLEMA P2.15.‐ Empleando el regulador integrado LM723, diseñe un regulador DC para obtener salida de 12 VDC – 2 A con control PID. PROBLEMA P2.16.‐ Empleando el regulador integrado LM723, diseñe un regulador DC para obtener salidas de +30 VDC y –30VDC, 2 A con límite de corriente ajustable. PROBLEMA P2.17.‐ En el circuito de la figura 2.73, determine la impedancia de entrada y la ganancia de tensión. 214
Electrónica Analógica II 24Vdc
120K
1K
Zif
2K2
C
C
82K
Q1
BF245
Q2
2N2222
+
VL
-
1M
Vg
680K
C
100K
10K
Las capacidades C son muy grandes
Fig. 2.73 PROBLEMA P2.18.‐ El circuito de la figura 2.74 es un posible oscilador. a) ¿Podrá trabajar? b) En caso de que trabaje, determine la frecuencia y amplitud de Vx. c) En caso de que no trabaje, explique por qué no. Asuma que el control automático de voltaje no carga a Q2 y que ambos transistores son de silicio con β >> 1 12V
Q1
Iy(wo)
Q2
2K7
100pF
12V
100uH
20K
2K7
BT2
12V
+
Vx
-
CONTROL
AUTOMATICO
DE VOLTAJE
Iy
300uA
Vx(wo)
1V
10V
Fig. 2.74 PROBLEMA P2.19.‐ a) Determine los parámetros h´ del circuito de la figura 2.75. b) Si el transistor tuviera los siguientes parámetros híbridos en emisor común: hie = 1.3 KΩ, hre = 8x10‐4, hfe = 90, hoe = 125x10‐6 y R = 22 KΩ ¿Cuáles son los valores de los parámetros h´? c) Comparando los parámetros h´ con los del transistor, ¿Qué conclusiones obtiene?. 215 Electrónica Analógica II R
I2
I1
Q
+
V1
Fig. 2.75 +
V2
-
PROBLEMA P2.20: Responda las siguientes preguntas: a) ¿Por qué se emplea realimentación negativa en los amplificadores de audio? b) ¿Por qué la realimentación negativa tiende a disminuir el ruido? 216
Electrónica Analógica II BIBLIOGRAFÍA 1).‐ CIRCUITOS MICROELECTRONICOS: ANÁLISIS Y DISEÑO Muhammad Rashid International Thomson Editores 2).‐ MICROELECTRONICA: CIRCUITOS Y DISPOSITIVOS Mark N. Horenstein Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 3) ELECTRONIC CIRCUITS: DISCRETE AND INTEGRATED Schilling, Donald L. Belove, Charles Mc Graw‐Hill Kogakusha, Ltd. 4) DISPOSITIVOS Y CIRCUITOS ELECTRÓNICOS Millman, Jacob Halkias, Cristos C. Mc Graw‐Hill Book Company 5).‐ COMMUNICATION CIRCUITS: ANALYSIS AND DESIGN Clarke, Kenneth Hess T. Donald Addison‐Wesley Publishing Company 6).‐ INGENIERIA DE CONTROL MODERNA Katsuhiko Ogata Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 7).‐ PROBLEMAS DE INGENIERIA DE CONTROL UTILIZANDO MATLAB Katsuhiko Ogata Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 8).‐ ANÁLISIS Y DISEÑO DE CIRCUITOS ELECTRÓNICOS INTEGRADOS Paul E. Gray Robert Meyer Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 217 Electrónica Analógica II APLICACIONES DE CRISTALES Esta visión del diseño de osciladores a cristal de propósito general – basados tanto en componentes discretos como en compuertas lógicas – satisface los requerimientos de generación de frecuencias desde los KHz á 200 MHz. Por Martin Eccles Agosto de 1994 Los osciladores a cristal usados para temporización y frecuencia de referencia combinan tres características clave – Q extremadamente alto, tamaño físico relativamente pequeño respecto a dispositivos de temporización alternativos con las mismas características de funcionamiento y excelente estabilidad con los cambios de temperatura. La estabilidad de frecuencia de un cristal está limitada en el corto plazo por su coeficiente de temperatura y en el largo plazo por el envejecimiento del cristal. Los cristales de cuarzo con corte AT generalmente tienen el mejor coeficiente de temperatura y usualmente tienen tolerancias en la estabilidad de ± 0.0025% ó ± 0.005% desde ‐55°C á 105°C. Entre 1MHz y 200 MHz, normalmente son elegidos cristales con corte AT. Ellos representan el mejor compromiso entre la estabilidad de temperatura, la exactitud de la frecuencia y la capacidad de corrimiento de frecuencia. Sin embargo, por encima de los 27 MHz, los cristales AT sólo están disponibles para trabajar en el modo de sobre tono. Esta es una restricción debido a que los osciladores en sobre tono son más difíciles de diseñar y son susceptibles a respuestas espúreas. Fig. 1 Recientemente se han desarrollado los cristales con corte BT para resolver el problema del sobre tono. Estos operan en el modo fundamental hasta 46 MHz – cerca del doble de la frecuencia del corte AT alternativo.. Además, el corte BT puede trabajar en el modo de sobre tono. CAPACITANCIA DE CARGA Y CORRIMIENTO DE FRECUENCIA Cerca de la frecuencia de resonancia del cristal, al reducir la capacidad de carga en el dispositivo, se aumentan la salida y la frecuencia, Fig. 2. Además de la carga externa, el cristal posee su propia capacidad en paralelo, Co, la cual está típicamente entre 3 y 15 pF. Cuando se hacen los cálculos, esta capacidad debe agregarse a la de carga. La Figura 3 muestra cuánto se puede correr la frecuencia de un cristal típico cambiando la capacidad de carga. El grado de corrimiento para una configuración dada se obtiene por: 218
Electrónica Analógica II C1 x 106 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 2(CL + Co)2 Donde: C1 es la capacidad motriz, CL es la capacidad de carga y Co es la capacidad en paralelo. En la Tabla 1 se dan valores típicos de la capacidad motriz y la capacidad en paralelo inherente. Frecuencia (MHz) Modo de Vibración C1 (fF) Co (pF) 1 á 2 fundamental 5 – 8 3 2 – 4 fundamental 6 – 12 3 4 – 6.5 fundamental 8 – 20 5 6.5 – 30 fundamental 16 – 25 6 21 – 150 3er sobre tono 1 – 25 6 60 – 150 5to sobre tono < 0.7 6 85 – 210 7mo sobre tono < 0.4 6 Todos los cristales operan con resonancia serie. El término resonancia paralelo se usa a menudo para describir a un cristal diseñado para manejar una alta impedancia de carga a través de sus terminales. La resonancia serie existe dentro del cristal, mientras que la resonancia paralelo sólo existe como un fenómeno de medición del cristal. EMPLEO DE CRISTALES DE CUARZO Para que oscile un circuito, debe tener realimentación positiva y ganancia de lazo mayor que la unidad. Sin otros elementos sensibles a la frecuencia en el circuito del oscilador, el cristal oscilará en su modo fundamental. Se necesitan agregar al circuito elementos dependientes de la frecuencia para forzar al cristal para que oscile en un sobre tono. 219
Electrónica Analógica II CAPÍTULO 3 AMPLIFICADOR DIFERENCIAL (A. D.) 3.1.‐ INTRODUCCION: Uno de los amplificadores más importantes en Electrónica es el amplificador diferencial. Comúnmente recibe dos señales de entrada y su salida puede ser balanceada o desbalanceada. Se le denomina amplificador diferencial porque su salida es proporcional a la diferencia de las señales de entrada. Es parte fundamental del Amplificador Operacional, que se estudiará en el siguiente capítulo. A continuación se muestra un esquema básico empleando transistores bipolares: VCC
Rc
Rc
Vs1
Vs2
C
C
Q1.
V1
Q2
Rb
Io
Rb
V2
Fig. 3.1 Io es una fuente de corriente constante que debe ofrecer una alta impedancia a la señal. Si la salida se toma en Vs1 ó Vs2 respecto a tierra, se dice que la salida es desbalanceada. Si la salida se toma entre Vs1 y Vs2, se dice que la salida es balanceada. V1 y V2 son las señales de entrada. 221
Electrónica Analógica II La salida debe ser proporcional a la diferencia de las señales de entrada, es decir: Vs = Ad (V1 – V2) Ad es la ganancia en modo diferencial La ecuación anterior corresponde a la respuesta ideal del A.D., sin embargo, los A.D. reales presentan una salida dada por la ecuación siguiente: Vs = Ad (V1 – V2) + Ac (V1 + V2) / 2 Ac es la ganancia en modo común y generalmente se busca que sea lo más pequeña posible. Idealmente debería ser cero. Se define: Modo diferencial = Vd = V1 – V2 Modo común = Vc = (V1 + V2) / 2 Debe indicarse que el modo común no está formado solamente por el promedio de las señales de entrada, sino también por cualquier señal no deseada (ruido, interferencia, etc.) acoplada a ambas entradas a la vez. Si ello sucede, el amplificador tenderá a eliminarlas de su salida. Por lo anterior, podemos decir que este tipo de amplificador tiende a eliminar las señales no deseadas que se presenten en sus entradas. Para efectuar el análisis del circuito se expresan las señales de entrada mediante el modo común y el modo diferencial. V1 = Vc + Vd / 2 V2 = Vc ‐ Vd / 2 Cuando se analiza con pequeña señal podemos utilizar los modelos de cuadripolo lineal del transistor. Cuando se analiza con gran señal, debemos utilizar la característica no lineal del transistor (por ejemplo, las ecuaciones de Ebers Moll). FACTOR DE RECHAZO AL MODO COMUN (CMRR): Este es un parámetro muy útil para saber la calidad del A.D. Se le define como: CMRR = |Ad| / |Ac| 222
Electrónica Analógica II También se acostumbra expresarlo en decibeles: CMRRdb = 20 log(|Ad| / |Ac|) Idealmente el CMRR debe ser infinito. En un A.D. real conviene que sea lo más alto posible. La fuente de corriente constante tiene mucha importancia para conseguir una ganancia en modo común muy pequeña y, por tanto, un alto factor de rechazo al modo común. 2.2.‐ ANALISIS DEL AMPLIFICADOR DIFERENCIAL En el esquema básico podemos plantear las siguientes ecuaciones: iE1 + iE2 = Io Además: V1 ‐ VBE1 = V2 ‐ VBE2 De donde: V1 ‐ V2 = VBE1‐ VBE2 Si los transistores trabajan en la región activa, podemos representar la característica de transferencia del transistor mediante una ecuación similar a la del diodo semiconductor: iE = IES ℮VBE / ηVT IC = αIES ℮VBE / ηVT Si ambos transistores tienen características eléctricas muy similares, podemos plantear la siguiente ecuación: VBE1 / ηVT
+ IES ℮VBE2 / ηVT = Io IES ℮
Además: iE1 / iE2 = ℮(VBE1‐ VBE2) / (ηVT) Si llamamos: z = (VBE1‐ VBE2) / ηVT = (V1‐ V2) / ηVT Y utilizamos las propiedades de las proporciones, obtendremos: iE1 = Io / (1 + ℮ z) iE2 = Io / (1 + ℮ ‐ z) 223
Electrónica Analógica II Utilizando MATLAB podemos graficar estas ecuaciones: C U R V A S C A R A C TE R IS TIC A S D E L A M P LIF IC A D O R D IF E R E N C IA L
1
0.9
Io = 1
ie1
0.8
ie2
0.7
Corriente
0.6
0.5
Io/2
0.4
0.3
0.2
0.1
0
-5
-4
-3
-2
-1
0
z
Fig. 3.2 1
2
3
4
5
Podemos observar que: 1.‐ Cuando no hay señal (z = 0) cada transistor conduce la mitad de la corriente Io. 2.‐ La máxima corriente que puede conducir un transistor es Io y, por ello, podemos evitar que llegue a la zona de saturación, permitiendo que pueda funcionar velozmente. 3.‐ Cuando un transistor conduce una corriente: Io/2 + Δi, el otro conduce Io/2 – Δi para que la suma de ambas corrientes sean iguales a Io. Es decir, si un transistor aumenta su corriente, el otro la reduce en la misma cantidad. 4.‐ Para valores de z comprendidos en el rango: ‐1 ≤ z ≤ +1, podemos decir que el A.D. tendrá un comportamiento aproximadamente lineal 5.‐ Para un valor z = +5, el transistor Q2 conduce prácticamente la corriente Io y Q1 está prácticamente en corte. Ocurre lo contrario para z = ‐5. 6.‐ Las gráficas tienen simetría impar respecto al nivel: Io/2 Si el modo diferencial es representado por una señal, podemos hallar la representación de la corriente de señal de cada transistor en la forma siguiente: ie1 = iE1 – Io/2 = (Io / 2) (tanh(z/2)) ie2 = iE2 – Io/2 = (Io / 2) (‐ tanh(z/2)) 224
Electrónica Analógica II Las corrientes de señal normalizadas son dadas por las expresiónes: ie1/Io = (1 / 2) (tanh(z/2)) ie2/Io = (1 / 2) (‐ tanh(z/2)) Nuevamente, empleando MATLAB podemos graficar estas ecuaciones: C O R R IE N T E S E N M O D O D IF E R E N C IA L
0 .5
0 .4
0 .3
0 .2
0 .1
0
-0 . 1
-0 . 2
-0 . 3
-0 . 4
-0 . 5
-5
-4
-3
-2
-1
0
z
1
2
3
4
5
Fig. 3.3 Con las ecuaciones anteriores, podemos expresar las corrientes totales como: iE1 = (Io / 2) (1 + tanh(z/2)) iE2 = (Io / 2) (1 ‐ tanh(z/2)) Para pequeña señal (z <<1) podemos expresar las corrientes totales como: iE1 = (Io / 2) + (gin/2)(V1 – V2) iE2 = (Io / 2) ‐ (gin/2)(V1 – V2) Donde: gin = conductancia de entrada del transistor en pequeña señal gin = Io / (2VT) La transconductancia del amplificador diferencial para pequeña señal es dada por la ecuación: gm = α gin/2 = α Io / (4VT) Si el modo diferencial es una señal sinusoidal de la forma: V1 – V2 = V cos(ωt) 225
Electrónica Analógica II Entonces: z = (V1‐ V2) / VT = (V / VT) cos(ωt) = x cos(ωt) La corriente de señal será: ie1 = (Io / 2) (tanh[(x/2)(cos(ωt)] ie2 = ‐ (Io / 2) (tanh[(x/2)(cos(ωt)] Desarrollando en series de Fourier estas corrientes, obtenemos sólo armónicas impares: ∞ ie = (Io) Σa(2n‐1) cos[(2n‐1)(ωt)] n = 1 ∞ ic = α(Io) Σa(2n‐1) cos[(2n‐1)(ωt)] = I1cos (ωt) + I3cos(3ωt) + I5cos(5ωt) + ... n = 1 Los coeficientes de la serie se obtienen de la siguiente ecuación: +π a(2n‐1) = (1/π)∫[0.5*tanh[(x/2)cos(θ)]] cos(nθ)dθ ‐π En la siguiente tabla se dan valores de los coeficientes para las tres primeras armónicas: x a1(x) a3(x) a5(x) 0.0 0.0000 0.0000 0.0000 0.5 0.1231 ‐ ‐ 1.0 0.2356 ‐0.0046 ‐ 1.5 0.3305 ‐0.0136 ‐ 2.0 0.4058 ‐0.0271 ‐ 2.5 0.4631 ‐0.0435 0.00236 3.0 0.5054 ‐0.0611 0.0097 4.0 0.5586 ‐ ‐ 5.0 0.5877 ‐0.1214 0.0355 7.0 0.6112 ‐0.1571 0.0575 10.0 0.6257 ‐0.1827 0.0831 ∞ 0.6366 ‐0.2122 0.1273 Podemos observar que para x = 1 la distorsión de tercer armónico no llega al 2% (0.0046/0.2356 = 1.95%) 226
Electrónica Analógica II Así como se definió la transconductancia para pequeña señal, también podemos definir la transconductancia para gran señal (Gm(x)): Para la primera armónica: Gm1(x) = I1/V = (α Io a1(x)) / V = [4gmVT] a1(x)/V = gm[4 a1(x) / x] Conociendo: a1(x) / x (de la tabla) y gm, podemos saber el valor de la transconductancia para gran señal, Gm(x) PROBLEMA 3.1.‐ Si en el circuito mostrado Q1 = Q2, V1 = 175mV cos(wt), V2 = 50mVcos(wt), IES = 10‐14A, Io = 5 mA. Determine la distorsión de tercer armónico que produce el A.D. Asuma VT = 25mV VCC
RC
RC
RL
Q1
Q2
V1
V2
Io
Fig. 3.4 SOLUCION: Sabemos que x = V / VT = (175 – 50)/25 = 5.0 De la tabla obtenemos para x = 5.0: a1(5) = 0.5877 a3(5) = ‐0.1214 La distorsión de tercer armónico será simplemente: D3 = a3(5) / a1(5) = 0.1214 / 0.5877 = 20.66% 2.3.‐ ANALISIS DEL AMPLIFICADOR DIFERENCIAL CON PEQUEÑA SEÑAL En este caso podemos usar los modelos lineales del transistor. Aplicaremos el método al circuito de la figura 3.5 227
Electrónica Analógica II VCC
Rc
Rc
Vs1
Vs2
C
C
Q1.
V1
Q2
Rb
Io
Rb
V2
Fig. 3.5 ANALISIS EN DC: Obtendremos las expresiones de los puntos de operación de los transistores. Los transistores Q1 y Q2 son iguales y, debido a que sus redes de polarización son iguales, las corrientes de emisor de ambos transistores también serán iguales: IEQ1 = IEQ2 = Io/2 ICQ1 = ICQ2 = Io/2 Si: β>> 1 entonces: Conociendo la corriente que entrega la fuente de corriente podemos conocer la del punto de operación de cada transistor. La tensión DC en los emisores de los transistores es: VE = ‐ VBE – Io(Rb/ 2β) A continuación: VCEQ1 = VCEQ2 = VCC – IoRc/2 ‐ VE En este caso las tensiones colector‐emisor son iguales debido a que también lo son las resistencias de colector. TRANSFORMACION DE IMPEDANCIAS: Este método es aplicable cuando empleamos los modelos simplificados del transistor bipolar. Para ello, aplicamos los conocimientos de circuitos eléctricos y partimos del siguiente esquema básico, mostrado en la figura 3.6: 228
Electrónica Analógica II hfe ib
hfe ib
hie
hie
Ve
ib
ib
(1 + hfe)ib
(1 + hfe)ib
R
+
V1
-
+
Ve
-
Ve = (1 + hfe)ib R + V1
Fig. 3.6 La tensión Ve en el nudo es dada por: Ve = (1+hfe) ib R + V1 Esta tensión la podemos representar por una fuente de tensión ideal, como se muestra en la figura 3.6. A continuación podemos usar las propiedades de estas fuentes para luego retroceder al modelo original, separando las ramas, como se muestra en la figura 3.7: hfe ib
ib
hfe ib
hie
hie
Ve
ib
Ve
(1+hfe)ib/(1+hfe)
R(1+hfe)
+
Ve
-
+
V1
-
+
Ve
-
R(1+hfe)/hfe
+
V1
-
Fig. 3.7 Observamos que al retornar al modelo original separando las ramas, debemos modificar los valores de las resistencias y corrientes; en cambio los voltajes permanecen igual, y podemos llegar a las siguientes reglas de conversión: ™ Al reflejar hacia hie, multiplicamos las resistencias por: (1 + hfe) y dividimos las corrientes por (1 + hfe) ™ Al reflejar hacia la fuente hfe ib, multiplicamos las resistencias por: (1 + hfe)/hfe y dividimos las corrientes por (1 + hfe)/hfe Estas reglas las podemos aplicar a cualquier circuito lineal. De ello nos valdremos para analizar al amplificador diferencial y hallar las ganancias e impedancias con pequeña señal. 229
Electrónica Analógica II ANALISIS EN AC: Obtendremos las expresiones de las ganancias e impedancias en modo diferencial y en modo común para pequeña señal. Utilizaremos el modelo de parámetros híbridos simplificado. El circuito equivalente es el mostrado en la figura 3.8 Debido a que Io es una fuente de corriente contínua, para señal la hacemos cero y lo que queda es su impedancia para AC. En dicho esquema Z es la impedancia en AC que ofrece la fuente de corriente. Vs1
Vs2
Rc
Rc
hfe ib1
hfe ib2
ib1
ib2
hie
V1
hie
Rb
Rb
V2
Z
Fig. 3.8 Para simplificar el circuito utilizamos las técnicas de transformación de fuentes del análisis de la teoría de circuitos, con lo que resulta el esquema de la figura 3.9: hfe ib1
hfe ib2
Vs1
Vs2
Rc
Rc
hie
hie
Ve
ib1
ib2
Z
+
V1
-
Rb
hfe ib1
hfe ib2
Fig. 3.9 230
Rb
+
V2
-
Electrónica Analógica II Podemos aplicar ahora reflexión de impedancias: Hacia el lado izquierdo vemos las corrientes ib1 y (hfe ib1) y podemos reflejar un circuito con hie y otro con la fuente (hfe ib), como se muestra en la figura 3.10: hfe ib1
hfe ib2
Vs1
Vs2
Rc
Rc
hie
hie(1+hfe)
Ve
ib1
ib2/(1+hfe)
+
V1
-
Z(1+hfe)
Rb
Rb(1+hfe)
+
V2
-
hfe ib2/(1+hfe)
hie(1+hfe)/hfe
Ve
ib2(hfe/(1+hfe))
Rb(1+hfe)/hfe
hfe ib1
Z(1+hfe)/hfe
+
V2
-
hfe ib2(hfe/(1+hfe))
Fig. 3.10 En la figura 3.10 vemos que el circuito inferior no nos aporta información adicional y podemos prescindir de él, quedándonos sólo con los esquemas de la parte superior, como se muestra en la figura 3.11: 231
Electrónica Analógica II hfe ib1
hfe ib2
Vs1
Vs2
Rc
Rc
hie
hie(1+hfe)
Ve
ib1
ib2/(1+hfe)
+
V1
-
+
V2
-
Z(1+hfe)
Rb
Rb(1+hfe)
hfe ib2/(1+hfe)
Fig. 3.11 Hacia el lado derecho de la figura 3.11 vemos las corrientes ib2/(1+hfe) y (hfe ib2)/(1+hfe) y podemos reflejar nuevamente un circuito hacia la resistencia hie(1+hfe) y otro con la fuente (hfeib2)/(1+hfe) , como se muestra en la figura 3.12: hfe ib1
hfe ib2
Vs1
Vs2
Rc
Rc
hie(1+hfe)
hie(1+hfe)
Ve
ib1/(1+hfe)
ib2/(1+hfe)
+
V1
-
Rb(1+hfe)
+
V2
-
Z(1+hfe)(1+hfe)
Rb(1+hfe)
Fig. 3.12 En esta figura ya hemos despreciado el circuito que se refleja con la fuente de corriente porque no nos da información adicional. A continuación, vemos que todas las resistencias están multiplicadas por (1+hfe) y las corrientes divididas por (1+hfe). Al multiplicar las corrientes por las resistencias, el factor (1+hfe) 232
Electrónica Analógica II desaparece del producto y podemos simplificar más el circuito multiplicando las corrientes por (1+hfe) y dividiendo las resistencias por (1+hfe). Eliminados estos factores, podemos llegar al esquema de la figura 3.13: hfe ib1
hfe ib2
Vs1
Vs2
Rc
Rc
hie
hie
Ve
ib1
+
Vd/2
-
ib2
Vd/2
+
Z(1+hfe)
Rb
Rb
+
Vc
-
+
Vc
-
Fig. 3.13 Adicionalmente, se han representado las señales de entrada (V1 y V2) mediante el modo común (Vc) y el modo diferencial (Vd). Como el modelo es lineal, podemos aplicar superposición y hallaremos la ganancia en modo diferencial haciendo cero la señal en modo común (Vc = 0); luego hallaremos la ganancia en modo común haciendo cero la señal en modo diferencial (Vd = 0) GANANCIA EN MODO DIFERENCIAL: Aplicando superposición, se hace cero el modo común (Vc = 0) y, debido a la simetría, la tensión Ve es cero y este nudo se comporta como tierra virtual (porque su voltaje es cero sin estar conectado a tierra) Para el modo diferencial: ib1 = Vd/(2hie) Ib2 = ‐Vd/(2hie) 233
Electrónica Analógica II 1) 2) 3) A continuación: Vs1 = ‐ hfe Rc ib1 = ‐ [(hfe Rc) / (2hie)] Vd Luego: Ad1 = ‐ hfe Rc / 2hie Ad1 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q1. Aquí la salida está desfasada 180° respecto al modo diferencial. Si tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q2: Vs2 = ‐ hfe Rc ib2 = + [(hfe Rc) / (2hie)] Vd Ad2 = + hfe Rc / 2hie Luego: Aquí vemos que la salida está en fase con el modo diferencial y Ad2 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q2. Si tomamos la salida balanceada entre los colectores de Q1 y Q2: Vs1 – Vs2 = ‐ hfe Rc ib1 + hfe Rc ib2 = ‐ [(2hfe Rc) / (2hie)] Vd Ad12 = ‐ hfe Rc / hie Luego: Aquí vemos que la salida es el doble que en los casos anteriores y Ad12 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida balanceada entre los colectores de Q1 y Q2. IMPEDANCIA DE ENTRADA EN MODO DIFERENCIAL: En el circuito de entrada vemos que para el modo diferencial: Zid = 2 (Rb//hie) GANANCIA EN MODO COMUN: Aplicando superposición, se hace cero el modo diferencial (Vd = 0) y vemos que en este caso la tensión Ve no es cero (para el modo común no es tierra virtual) Para el modo común: ib1 = Vc/(hie + 2(1+hfe)Z) Ib2 = Vc/(hie + 2(1+hfe)Z) A continuación: Vs1 = ‐ hfe Rc ib1 = ‐ [(hfe Rc) / (hie + 2(1+hfe)Z) Vc 1) Luego: Ac1 = ‐ hfe Rc / (hie + 2(1+hfe)Z) Ac1 es la ganancia en modo común cuando tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q1. Vemos que depende inversamente de la impedancia en AC de la fuente de corriente. Si esta impedancia es muy elevada, podemos minimizar la ganancia en modo común. 234
2) 3) Electrónica Analógica II Si tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q2: Vs2 = ‐ hfe Rc ib2 = ‐ [(hfe Rc) / (hie + 2(1+hfe)Z) Vc Ac2 = ‐ hfe Rc / (hie + 2(1+hfe)Z) Luego: Aquí vemos que la salida es igual en amplitud y signo que en el colector de Q1 e, igualmente, si la impedancia es muy elevada, podemos minimizar la ganancia en modo común. Si tomamos la salida balanceada entre los colectores de Q1 y Q2: Vs1 – Vs2 = ‐ hfe Rc ib1 + hfe Rc ib2 = 0 Luego: Ac12 = 0 Esto significa que tomando la salida en forma balanceada podemos disminuir más la ganancia en modo común (idealmente se hace cero). IMPEDANCIA DE ENTRADA EN MODO COMUN: En el circuito de entrada vemos que para el modo común: Zic = ½ (Rb// (hie + (1 + hfe) Z) Vemos que si deseamos tener una alta impedancia de entrada en modo común Rb debe ser elevado o no debemos colocar esta resistencia. PROBLEMA 3.2.‐ En el circuito de la figura 3.14, halle: a) El punto de operación de cada transistor b) Las ganancias en modo diferencial y en modo común c) Las impedancias de entrada en modo diferencial y en modo común. Asuma: Q1 = Q2 = Q3 con: hie = 1KΩ, β = hfe = 100, VD = VBE = 0.7V, hob = 10‐6 S 235
Electrónica Analógica II +6V
4K
C
C
Q1
Q2
V2
V1
Q3
100K
C
5K
100K
5K
1K5
D
C es muy grande
-6V
Fig. 3.14 SOLUCION: a) Análisis en DC: Obtendremos el punto de operación de cada transistor. Empezaremos hallando la corriente de la fuente de corriente formada por Q3: ICQ3 = Io Io
Io
Q3
Q3
5K
5K
RB
1.5K
1.5K
D7
VBB
6V
6V
6V
Fig. 3.15 236
Electrónica Analógica II Para hallar la corriente Io hllamos el circuito thevenin equivalente para Q3, como se muestra en la figura 3.16. La tensión de thevenin se puede hallar con la ecuación: VBB = (‐6 + 0.7)/2 = ‐ 2.65V La resistencia de thevenin se puede hallar aproximadamente con la ecuación: RB = 5K//5K = 2.5K A continuación planteamos la ecuación en la malla base‐emisor: VBB + IB RB + VBE + IE (1.5) – 6 = 0 Expresando en función de IC: VBB + (ICQ3/β)RB + VBE + ((1+ β)/β)ICQ3 (1.5) – 6 = 0 De donde obtenemos: ICQ3 = Io = 2.65/(0.025 +1.01(1.5)) = 1.72 mA ICQ3 = Io =1.72 mA Debido a que las redes de poarización de base de Q1 y Q2 son iguales, entonces sus corrientes serán también iguales: ICQ1 = Io/2 = 0.86 mA e ICQ2 = Io/2 = 0.86 mA A continuación procedemos a hallar el voltaje de polarización de cada transistor: AMPLIFICADOR DIFERENCIAL CON FET En la figura 3.7 se muestra una versión que emplea Mosfets. La fuente de corriente está formada por un jfet 237
Electrónica Analógica II +VDD
RD
RD
Q1
V1
Q2
RG
Q3
-VSS
Fig. 3.7 RG
V2
ANALISIS EN DC: Obtendremos las expresiones de los puntos de operación de los transistores. Los transistores Q1 y Q2 son iguales y, debido a que sus redes de polarización son iguales, las corrientes de drenador (ID) de ambos transistores también serán iguales. Semás el JFET Q3 trabaja con su corriente IDSS : Io = IDSS3 IDQ1 = IDQ2 = Io/2 Además: Conociendo la corriente que entrega la fuente de corriente podemos conocer la del punto de operación de cada transistor. Como los fets deben trabajar en la zona de saturación, podemos emplear su ecuación para esa región: ID = IDSS(1 – VGS/VT)2 La tensión DC en las fuentes de los transistores es: VS = ‐VGSQ A continuación: VDSQ1 = VDSQ2 = VDD – IoRD/2 ‐ VE En este caso las tensiones drenador‐fuente son iguales debido a que también lo son las resistencias de drenador. ANALISIS EN AC: Obtendremos las expresiones de las ganancias e impedancias en modo diferencial y en modo común, para pequeña señal. Utilizaremos el modelo de pequeña señal y baja frecuencia del fet. El circuito equivalente es el mostrado en la figura 3.8 238
Electrónica Analógica II En dicho esquema, Z es la impedancia en AC que ofrece la fuente de corriente. Para analizar usamos la teoría de circuitos, de los cuales resulta el esquema de la figura 3.9. Adicionalmente, se han representado las señales de entrada (V1 y V2) mediante el modo común (Vc) y el modo diferencial (Vd). Como el modelo es lineal, podemos aplicar superposición y hallaremos la ganancia en modo diferencial haciendo cero la señal en modo común (Vc = 0); luego hallaremos la ganancia en modo común haciendo cero la señal en modo diferencial (Vd = 0) RD
RD
gm Vgs1
gm Vgs2
rds
rds
+ Vgs1 -
V1
- Vgs2 +
Z
RG
RG
V2
Fig. 3.8 RD
RD
Vs2
Vs1
gm Vgs1
gm Vgs2
rds
rds
+ Vgs1 -
- Vgs2 +
+
Vd/2
Vd/2
Z
RG
RG
-
+
+
Vc
+
-
-
Vc
Fig. 3.9 GANANCIA EN MODO DIFERENCIAL: (Se hace cero el modo común: Vc = 0) Empleando simetría podemos concluir que el voltaje en los terminales de fuente es cero (tierra virtual para el modo diferencial). 239
Electrónica Analógica II Para el modo diferencial: Vgs1 = Vd/2 Vgs2 = ‐Vd/2 1) A continuación: Vs1 = ‐ [gm (RD//rds)] Vgs1 Luego: Ad1 = ‐ gm (RD//rds)/2 Ad1 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida desbalanceada en el drenador de Q1 Si tomamos la salida desbalanceada en el drenador de Q2: 2) Vs2 = ‐ [gm(RD//rds)] Vgs2 Luego: Ad2 = + gm (RD//rds)/2 Aquí vemos que la salida está en fase con el modo diferencial y Ad2 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida desbalanceada en el drenador de Q2. 3) Si tomamos la salida balanceada entre los drenadores de Q1 y Q2: Vs1 – Vs2 = ‐ [gm (RD//rds)] Vgs1+ [gm(RD//rds)] Vgs2= ‐ gm(RD//rds) Vd Luego: Ad12 = ‐ gm(RD//rds) Aquí vemos que la salida es el doble que en los casos anteriores y Ad12 es la ganancia en modo diferencial cuando tomamos la salida balanceada entre los en los drenadores de Q1 y Q2. IMPEDANCIA DE ENTRADA EN MODO DIFERENCIAL: En el circuito de entrada vemos que para el modo diferencial: Zid = 2 RG GANANCIA EN MODO COMUN: (Se hace cero el modo diferencial: Vd = 0) Empleando simetría podemos llegar al circuito equivalente de la figura 3.10 RD
RD
Vs1
Vs2
gm Vgs1
gm Vgs2
rds
rds
+ Vgs1 -
- Vgs2 +
+
Vc
+
RG
RG
2Z
Vc
2Z
-
-
Fig. 3.10 240
Electrónica Analógica II Para el modo común: Vgs1 = Vc – [(2Z gm rds)/(2Z + rds + RD)]Vgs1 Vgs2 = Vc ‐ [(2Z gm rds)/(2Z + rds + RD)]Vgs2 De donde: Vgs1 = [(2Z + rds + RD)/(2Z(1 + μ) + rds + RD)]Vc Vgs2 = [(2Z + rds + RD))/(2Z(1 + μ) + rds + RD)]Vc μ = gm rds 1) A continuación: Vs1 = ‐ μ RD/(2Z(1 + μ) + rds + RD) Vc Ac1 = ‐ μ RD/(2Z(1 + μ) + rds + RD) Luego: Ac1 es la ganancia en modo común cuando tomamos la salida desbalanceada en el drenador de Q1. Vemos que depende inversamente de la impedancia en AC de la fuente de corriente. Si esta impedancia es muy elevada, podemos minimizar la ganancia en modo común. 2) Si tomamos la salida desbalanceada en el colector de Q2: Vs2 = Vs1 = ‐ μ RD/(2Z(1 + μ) + rds + RD) Vc Luego: Ac2 = ‐ μ RD/(2Z(1 + μ) + rds + RD) Aquí vemos que la salida es igual en amplitud y signo que en el drenador de Q1 e, igualmente, si la impedancia es muy elevada, podemos minimizar la ganancia en modo común. Si tomamos la salida balanceada entre los drenadores de Q1 y Q2: 3) Vs1 – Vs2 = ‐ μ RD/(2Z(1 + μ) + rds + RD) Vc + μ RD/(2Z(1 + μ) + rds + RD) Vc = 0 Ac12 = 0 Luego: Esto significa que tomando la salida en forma balanceada podemos disminuir más la ganancia en modo común (idealmente se hace cero). IMPEDANCIA DE ENTRADA EN MODO COMUN: En el circuito de entrada vemos que para el modo común: Zic = ½ RG Vemos que si deseamos tener una alta impedancia de entrada en modo común RG debe ser elevado o no debemos colocar esta resistencia. MULTIPLICADOR ANALOGICO: El circuito mostrado es un multiplicador analógico de 4 cuadrantes, conocido como celda de Gilbert. 241
Electrónica Analógica II + VCC
R
R
+ VL-
Q1
Q2
Q3
Q4
+
V1
-
Q5
Q6
+
V2
-
Ik1
Sabemos: ⎛I ⎞
V1 = V BE1 − V BE 2 = VT ln⎜⎜ C1 ⎟⎟ ⎝ IC2 ⎠
PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA P 3.1.‐ En el amplificador diferencial mostrado, halle: A) los puntos de operación B) la ganancia de tensión -10v
2k
Q1
Q2
1k
1k
+
Vo
-
+
Vi
5 mA
242
Electrónica Analógica II Q1 = Q2, SILICIO, hie = 1K, hfe = 100, hre =0, hoe = 0 La resistencia en ac de la fuente de corriente es 1 MΩ PROBLEMA P3.2.‐ a) Muestre el esquema circuital que permita hallar T b) Halle la expresión de la ganancia de bucle. c) Halle la expresión de Zof (no considerar RL). Asuma el modelo de parámetros híbridos simplificado del transistor y que todos tienen las mismas características eléctricas. +VCC
R1
R2
R3
R4
Q6
Q4
R6
Rs
Q1
Q25
Vg
+
VL
-
RL
R7
R5
Re
-VEE
PROBLEMA P3.3.‐ Diseñe un amplificador diferencial con mosfet el IRF840 para obtener una ganancia con salida balanceada de 50. PROBLEMA P3.4.‐ En el siguiente circuito, halle el punto de operación de cada transistor. β1 = β2 = β3 = 100 Datos: VBE1 = VBE2 = VBE3 = 0.6V ; +9V
2K6
60
3K
3K
Q3
Q1
Q2
60
1K
1K
0K5
243
Electrónica Analógica II PROBLEMA 3: En el siguiente circuito, determine la expresión de x de manera que la corriente DC por la resistencia RL sea cero. Q2: VBE2, hFE2 Q1: VBE1, hFE1. +VCC
R
R
RL
Q1
Q2
P
X
Rb
Rb
Re
-VEE
PROBLEMA P3.6.‐ En el siguiente circuito, halle el punto de operación de cada transistor y la máxima excursión posible. Para todos los transistores: VBE = 0.7V, hFE = 100 +12V
10K
10K
Q1
Q2
Q3
100K
Q4
50
50
100K
Q5
2K9
1K3
1K3
-VEE
PROBLEMA P3.7.‐ En el siguiente circuito, halle: a) El punto de operación de cada transistor b) Vo(t); si: Vi(t) = 10 sen(wt) mV Asuma: Q1 = Q2 con: hfb = ‐0.98, hib = 10Ω, hfe = 100, VBE = 0.7V Las fuentes son ideales. 244
Electrónica Analógica II - 10V
2K
Q1
+
Vo(t)
-
Q2
Vi(t)
5 mA
PROBLEMA P3.8.‐ En el siguiente circuito, halle: a) El punto de operación de cada transistor. b) Las ganancias en modo diferencial y en modo común. c) Las impedancias de entrada en modo diferencial y en modo común. Asuma: Q1 = Q2 = Q3 con: hie = 1KΩ, hfe = 100, VBE = 0.7V +6V
4K
Q1
Q2
V1.
V2
100K
100K
Q3
C
5K
5K
1K5
D1
-6V
PROBLEMA P3.9.‐ En el siguiente circuito, halle: a) El punto de operación de cada transistor b) Las ganancias en modo diferencial y en modo común c) Las impedancias de entrada en modo diferencial y en modo común. Asuma: Q1 = Q2 = Q3 = Q4 con: hie = 1KΩ, hfe = 100, VBE = 0.7V 245
Electrónica Analógica II +12V
2K
2K8
465K
465K
Q1
Q2
Q3
Q3
PROBLEMA P3.10.‐ En el siguiente circuito, halle: a) El punto de operación de cada transistor b) Las ganancias en modo diferencial y en modo común c) Las impedancias de entrada en modo diferencial y en modo común. Asuma: Q1 = Q2 = Q3 = Q4 con: hie = 1KΩ, hfe = 100, VBE = 0.7V +12V
2K
4K
Q1
Q2
i1
i2
15K
15K
2K
-41V
PROBLEMA 3.11.‐ Si en un A.D. con MOSFET, V1 = 2 sen(wt) + 0.5 sen(3wt), y V2 = sen(wt) + 0.4 sen(3wt) y se tiene: Ad(w) = 100|180° , Ad(3w) = 50|210°, Ac(w) = 1|180° y Ac(3w) = 0.2|270°. Halle la expresión sinusoidal del voltaje de señal de salida. 246
Electrónica Analógica II PROBLEMA 3.12.‐ En un A.D. se tiene: V1 = 1mv cos(wt) y V2 = 1 mv sen(wt) Se sabe que: CMRRdb = 60db y Ac = 1 a) Halle el voltaje de señal de salida, Vs(t) b) Suponiendo que las ganancias del amplificador no pueden variar, ¿de qué manera eliminaría la señal de salida en modo común? PROBLEMA 3.13.‐ En el circuito mostrado, determine la relación que debe haber entre RC y RL para que la ganancia de tensión sea: Avd = ‐2 gmd RC Asuma: V1 > V2 +VCC
RC
RC
RL
Q1
Q2
V1
V2
Io
PROBLEMA 3.14: En el circuito mostrado, asuma Q1 = Q2, silicio, β = hfe >>1. Determine una expresión para hallar I VCC
I
R
Q1
Q2
R4
R
PROBLEMA 3.15: En el circuito mostrado, asuma Q1 = Q2 = Q3, silicio, β = hfe >>1. Determine: Los puntos de operación, las ganancias e impedancias de entrada y de salida. Asuma para Q3: hob = 10‐6s 247
Electrónica Analógica II + 12 V
R5
10K
R7
220K
RC
1K
RC
1K
Q1
2N2222
Q2
2N2222
R8
220K
C1
C2
100uF
R1
1K
100uF
R3
1K
Q3
2N2222
Vg
R2
100
R4
220
C3
R6
4.7K
R9
1K
100uF
PROBLEMA 3.16: Responda las siguientes preguntas: a) ¿En qué formas se puede reducir el modo común? b) ¿Por qué se afirma que el ruido es parte del modo común? c) ¿Por qué es conveniente el empleo de salida balanceada en un AD? d) ¿Por qué debe emplearse una fuente de corriente constante con el A.D.? e) ¿A qué se le llama tierra virtual? f) ¿Por qué no hay tierra virtual con el modo común? g) ¿Por qué el A.D sólo produce distorsión con armónicos impares? h) ¿Para qué sirve la transconductancia para gran señal? i) ¿Cuándo se dice que una señal es balanceada? 248
Electrónica Analógica II AMPLIFICADORES OPERACIONALES (OPAMPS) 4.1.‐ INTRODUCCION La designación ‘’OPAMP’’ originalmente fue adoptada para una serie de amplificadores de gran rendimiento usados en computadoras analógicas. Estos amplificadores fueron diseñados para realizar operaciones matemáticas aplicables a computación analógica (sumatoria, escalamiento, sustracción, integración, etc.) En la actualidad, la disponibilidad de amplificadores operacionales en circuitos integrados lo hacen útil como reemplazo de cualquier amplificador, especialmente en baja frecuencia. Incluso, se les usa formando parte de circuitos integrados más complejos. 4.2.‐ SIMBOLO DE UN OPAMP El símbolo aceptado para un opamp es un triángulo y la salida, Vo, está relacionada con las entradas V+ y V‐ como se muestra en la figura 4.1: Vo
+ SATURACION
V+
V-
+
Voffset
Vo
-
V+ - V-
- SATURACION
Figura 4.1 Figura 4.2 Vb = V+ se aplica a la entrada no inversora y Va = V‐ a la entrada inversora. 249
Electrónica Analógica II 4.3.‐ EJEMPLO DEL OPAMP LM741 Fuentes de corriente
de polarización
Entrada inversora
Salida
+
Entrada no inversora
A = 200
A = 1000
A = 1
Figura 4.3 Como se puede ver, un IC‐OPAMP usa varias etapas en cascada, generalmente amplificadores diferenciales, para suministrar un alto rechazo al modo común y gran ganancia. Debido a que un amplificador diferencial tiene dos entradas, se evidencia el hecho de que la salida esta en fase con una de ellas (entrada no inversora) y desfasada 180 grados con la otra (entrada inversora). En los usos típicos de un OPAMP se emplea la realimentación, la cual, de acuerdo al uso dado, puede ser positiva (si la salida se conecta a la entrada no inversora) o negativa (si la salida se conecta a la entrada inversora). La red de realimentación puede ser pasiva (usando redes R, L, C, RC, etc) o activa (con transistores, Fets, otros OPAMP, etc). Debemos tener claro el hecho que la variación de fase entre la salida y las entradas, como se mencionó (0° y 180°) es válida sólo para un cierto rango de frecuencias que van desde DC hasta un determinado valor. Según se incrementa la frecuencia, como en cualquier amplificador, hay una variación de la fase entre las salidas y las entradas por encima o por debajo de su fase inicial (0° para la entrada no inversora y 180° para la entrada inversora); de modo que si se utiliza realimentación negativa, esta puede convertirse en positiva para ciertas frecuencias e introducir inestabilidad y tendencia a las oscilaciones. Esta situación de variación de fase con la frecuencia limita el ancho de banda del OPAMP. Esta situación puede ser compensada añadiendo una red desfasadora (generalmente un simple capacitor) a uno de los amplificadores internos (generalmente al de mayor ganancia) o a la entrada. 250
Electrónica Analógica II En la mayoría de los casos el fabricante suministra terminales externos para la conexión exterior de las redes compensadoras. En otros casos, la compensación se hace en forma interna (con condensadores integrados al OPAMP). A fin que el OPAMP responda desde DC, se evita el uso de condensadores de acoplo en el integrado. Las capacidades internas de los componentes del integrado son las que limitan el ancho de banda, de modo que la mejor performance de un OPAMP se presenta en DC. 4.4.‐ REQUISITOS BÁSICOS DE UN OPAMP 1.‐ La ganancia de lazo abierto (ganancia sin realimentación) debe ser muy grande, idealmente infinita. En la práctica, los valores típicos están entre 10,000 y 200,000. 2.‐ El ancho de banda debe ser amplio (idealmente infinito) con respuesta desde DC hasta cientos de KHz. Algunos OPAMPs usados como amplificadores de vídeo (banda ancha) responden hasta los MHz. 3.‐ La característica fase – ganancia debe permitir amplificadores con fuerte realimentación negativa sin que se vuelvan inestables. 4.‐ El OPAMP debe tener una impedancia de salida muy baja (idealmente cero). Los valores típicos están entre 1 y 100 Ω. La impedancia de entrada debe ser muy elevada (idealmente infinita). Los valores típicos están entre 100KΩ y 1000TΩ, según la tecnología que se use para su fabricación. En este caso el OPAMP actúa como amplificador de tensión y es el más popular. También hay versiones que actúan como amplificador de corriente (tipo NORTON, con impedancia de entrada baja e impedancia de salida alta); otros actúan como amplificador de transconductancia (con impedancias de entrada y de salida altas); y otros como amplificador de transresistencia (con impedancias de entrada y de salida bajas). Posteriormente enumeraremos otras características que deben reunir los OPAMPs para que funcionen eficientemente. 4.5.‐ USOS DE LOS OPAMP Son muy variados y se puede clasificar en dos tipos de aplicaciones: Lineales y no lineales. APLICACIONES LINEALES Entre ellas tenemos: amplificador inversor, no inversor, sumador, restador, integrador, derivador, convertidor de corriente a tensión, convertidor de tensión a 251
Electrónica Analógica II corriente, filtros activos, adaptador de impedancias, convertidor de impedancias, amplificador de banda ancha, desfasador, amplificador de audio, regulador de tensión, amplificador de instrumentación, oscilador, etc. APLICACIONES NO LINEALES Entre ellas tenemos: Comparador, comparador con histéresis, comparador de ventana, circuito de muestreo y retención (Sample & Hold), amplificador logarítmico, amplificador antilogarítmico, multiplicador, modulador, demodulador, rectificador de precisión, elevador al cuadrado, extractor de raíz cuadrada, generador de funciones, etc. 4.6.‐ CONFIGURACIONES BASICAS DE UN OPAMP COMO AMPLIFICADOR REALIMENTADO La gran utilidad que presenta un OPAMP es justamente el actuar realimentado, de este modo, eligiendo convenientemente la red de realimentaciones puede obtener las múltiples aplicaciones de un OPAMP, tales como: Amplificador, integrador, diferenciador, logaritmador, etc. Las configuraciones básicas son dos: La del amplificador inversor y la del no inversor. En ambos casos: Se analiza primeramente considerando al OPAMP lo más ideal posible ( que en la práctica es fácilmente satisfecho. ) y, posteriormente se hará el análisis considerando el carácter real de OPAMP. AMPLIFICADOR CON INVERSIÓN CONSIDERANDO AL OPAMP IDEAL En la figura 4.4 se muestra la configuración básica. La señal se introduce por la entrada inversora, es decir, la salida estará desfasada 180° de la entrada. El otro terminal va a tierra a través de la resistencia R, cuya misión es mantener balanceada las dos entradas para DC; es decir, las dos entradas deben `` ver ´´ la misma resistencia en DC. El porqué de mantener balanceadas en DC las entradas se debe a que el OPAMP posee un amplificador diferencial de entrada y debe mantenerse un flujo de corriente de entrada (en los BJT es la corriente de base y en los FET o MOSFET son corrientes de fuga). Por tanto, siendo estas corrientes de entrada casi iguales, se debe dar un camino en DC a tierra para reducir al mínimo el OFFSET de corriente, el cual genera una tensión DC en la salida diferente de cero. 252
Electrónica Analógica II Zf
-VCC
3
Zr
Ao(w)
4
5
+
1
-
2
+
Vi
-
R
+VCC
Figura 4.4 Al no considerar esta condición, el voltaje OFFSET ( voltaje de error ), existente entre las entradas se traducirá en un cierto nivel en la salida ( ya que el OPAMP responde desde DC ) pudiendo llegar hasta la saturación. Suponiendo que la impedancia de entrada del amplificador es muy grande, su impedancia de salida muy pequeña, empleando el teorema de sustitución llegamos al siguiente modelo: -VCC
3
Zr
Zf
2 Ao(w)
4
1 +
Zf
5
Zr
+
Vi
-
+
V´o
-
R
+VCC
+
Vi
-
Figura 4.5 Aplicando los métodos vistos en análisis de amplificadores con realimentación: 253
Electrónica Analógica II CÁLCULO DE LA GANANCIA DE LAZO ABIERTO: Av (1) Av = Vo / Vi │Vó = 0 (2) Ao(w) ( Vb – Va ) = V0 (3) Si la impedancia de entrada del OPAMP es grande: Z f
y Vb = 0 Va = Vi
Z f + Zr
( no hay señal en b ) Z f
(4) A v = − A o ( w )
( 4.1 ) Z f + Zr
Zr
V+
+
-
V-
A(w)
+
Vi
-
+
Vo
Zf
R
Figura 4.6 CÁLCULO DE LA GANANCIA DE BUCLE: T Para hallar la ganancia de bucle hacemos Vi = 0 y cambiamos el nombre a la fuente de realimentación Vo por V´o y tendremos el modelo siguiente: T = Vo / Vó│Vi = 0 (5) V0 = ‐ A0(w) (Va – Vb ) (6) Teniendo en cuenta la gran Zi del OPAMP Va = Vó [Zr/(Zr + Zf) y Vb = 0 ( no hay señal en b ) (7) Entonces: T = Vo/Vó = ‐ Ao(w) Zr/(Zr + Zf) ( 4.2 ) 254
Electrónica Analógica II Zr
Zf
V+
+
-
V-
A(w)
+
Vo
-
Zr
R
Zf
+
Vi
-
+
V´o
-
Figura 4.7 CÁLCULO DE LA GANANCIA CON REALIMENTACIÓN − A Zf
0
− A0 ( w ) Z f
AV
Z f + Zr
Av f =
=
=
1 − AL
1 + A Zr
Z f + ( 1 + A0 ) Z r
0
Av f =
Zr + Z
f
− A0 ( w) xZ f
Z f + (1 + A 0 ( w) ) Z r
Ganancia del amplificador Inversor
(4.3)
Considerando
Zi = infinito
Zo = 0
Si además la ganancia del amplificador es grande : / ( 1 + Ao (w) ) Z......... >> Zf Ganancia del amplificador Inversor
−Z f
Entonces : (4.4) Av f =
Zr
Considerando
Zi = infinito
Zo = 0
Ao = infinito
Para quitar la realimentación hacemos 0 la fuente Vo en la entrada y conservamos los efectos de carga. Sabemos que: Vo = A(w) (Va ‐ Vb) ....................................................................(4.5) Además: Vb = Vi (Zf / (Zr + Zf)) Va = 0 (porque no hay señal aplicada a la entrada no inversora) 255
Electrónica Analógica II Tenemos: Av(w) = ‐ A(w) Zf / (Zf + Zr) .............................................(4.6) Luego: T(w) = Vo / V´o Vi = 0 Además: Vb = V´o (Zr / (Zr + Zf)) Va = 0 (porque no hay señal aplicada a la entrada no inversora) Tenemos: T(w) = ‐ A(w) Zr / (Zf + Zr) ......................................................... (4.7) Finalmente, Avf = Av(w) / (1 – T(w)) ......................................................... (4.8) Reemplazando y efectuando: Avf = ‐ A(w) Zf / [Zf + (1 + A(w)) Zr] ……………………. (4.9) Si se cumple: (1 + A(w)) Zr >> Zf y A(w) >> 1 ............................................. (4.10) Entonces: Avf = ‐ Zf / Zr ............................................................................ (4.11) que es la ganancia del amplificador inversor con OPAMP ideal DISCUSIÓN DE LA EXPRESIÓN OBTENIDA: La expresión anterior nos indica que la ganancia de tensión con realimentación puede hacerse independiente de los parámetros del OPAMP y de las desventajas que ello conlleva, tal como dependencia de la frecuencia, temperatura, etc. En cambio, ahora bastará con elegir las impedancias externas, Zr y Zf, tan precisas y estables con las variaciones de las condiciones ambientales como requiera el diseño. Pero, para la validez de la ecuación se han tomado varias suposiciones, las cuales interpretaremos a continuación: 1.‐ Vb = Vi (Zf / (Zr + Zf)) y Va = 0 En la figura 4.6 puede verse que estas suposiciones son válidas sólo si la impedancia de entrada del OPAMP cumple con : 256
Electrónica Analógica II Zi >> Zr , Zi >> Zf y Zi >> R Una relación de 15 veces será suficiente para aplicaciones donde se pueda aceptar un error del 5%; en caso contrario la relación deberá ser mayor. Zf
Zr
r
a
Zo
Zi
A(w) (Va - Vb)
b
+
R
RL
+
vO
-
Figura 4.8 2.‐ 3.‐ Para el cálculo de la ganancia de bucle se supuso: Va = V´o (Zr / (Zr + Zf)) y Vb = 0 De la figura 4.8 se puede ver que estas relaciones sólo son válidas si se cumplen las mismas relaciones que en (1) Para obtener la expresión (4.9) se hizo la suposición de que: (1 + A(w)) Zr >> Zf ………………………………. (4.12) Lo cual crea una verdadera restricción a la ganancia que se puede obtener directamente e independientemente de los parámetros del OPAMP. Note que una vez elegido Zf << Zi , de acuerdo a la ganancia sin realimentación del OPAMP (A(w)), la ecuación (4.8) restringe el máximo valor se puede escoger para Zr y, como la ganancia del amplificador depende de Zf y Zr, la ganancia también estará restringida a un máximo que pueda tomar. Esta restricción será más crítica cuando aumente la frecuencia ya que A(w) disminuye. En la práctica estas restricciones se conjugan para obtener generalmente amplificadores de banda ancha pero con poca ganancia o de gran ganancia y banda relativamente estrecha. 257
Electrónica Analógica II 4.‐ Una observación es que el fabricante especifica un determinado OPAMP en cuanto a impedancias en un rango entre el cual varía. Es conveniente considerar el peor de los casos para la verificación de las restricciones anteriormente descritas, considerando la mínima impedancia de entrada del OPAMP. 5.‐ Otra observación es que en nuestros cálculos nos hemos considerado la impedancia de salida del OPAMP, pero en verdad que ésta es la menos restrictiva ya que muy fácilmente un operacional en el peor de los casos tiene una impedancia de salida ( Zo ) de 100 ohms, con lo cual basta elegir una carga ( dada por una carga externa o por la carga que impone la impedancia de realimentación Zf ) mayor que 1 kohm para hacer insignificante este efecto. ANÁLISIS CONSIDERANDO AL OPAMP REAL PARA AMPLIFICADOR CON INVERSOR Zf
Zr
+
Vi
-
-
a
R
Zo
b
+
+
O
Zi +
-
− A0(w)[Va −Vb ]
Figura 4.9 258
R
L
Vo
∞
Electrónica Analógica II El circuito queda el siguiente modo: Zr
Zout
Zf
a
O
+
I
Vi
-
Zo
Z
Zi
I
1
b
+
R
A0(w)[Vb −Va ]
-
Zin
Figura 4.10 Por corriente de mallas Vi = ( Zr + Zi + R ) I1 – ( Zi + R ) I2 ‐ Ao ( Vb – Va ) ‐ ( Zi + R ) I1 + ( R + Zi + Zf + Zo ) I1 = 0 Pero : Vb – Va = Zi (I2 ‐ I1 ) Entonces : 0 = ‐ ( A0 Zi + Zi R ) I1 + ( A0 Zi + R + Zi +Zf + Zo ) I2 Por el método de determinantes, de (4.13 ) y (4.15) (4.13) I1 =
I1 =
Vi
0
Zr + Zi + R
− ( A0 Z i + Z
A0
i
R )
−(Zi + R )
Zi + R + Zi + Z
A0
(4.14) (4.15) Z
0
−(Zi + R )
Zi + R + Zi + Z
f
+ Z
Vi ( A0 Z i + R + Z i + Z f + Z 0 )
( Z r + Z i + R ) ( A0 Z i + R + Z i + Z f + Z 0 ) − ( A0 Z i + Z i + R ) ( Z i + R )
f
259
0
(4.16) Electrónica Analógica II I1 =
Vi
Δ
( A0 Z i + R + Z i + Z f + Z 0 ) (4.17) Δ = ( Z f + Z i + R ) ( A0 Z i + R + Z i + Z f + Z 0 ) − ( A0 Z i + Z i + R ) ( Z i + R) I2 =
Zr + Zi + R
− ( A0 Z i + Z i + R
Vi
0
=
Vi
( A0 Z i + Z i + R )
Δ
(4.18) GANANCIA DE TENSIÓN ( Avf )DEL AMPLIFICADOR CON INVERSIÓN V
V
V0 = I 2 Z 0 + A0 Z i ( I 2 − I 1 ) = i Z 0 ( A0 Z i + Z i + R ) + A0 Z i (− i ( Z f + Z 0 )) Δ
Δ
1
V0 = Vi ( Z 0 ( A0 Z i + Z i + R) − A0 Z i ( Z f + Z 0 )) Δ
Entonces : V0 ( Z 0 ( A0 Z i + Z i + R) − A0 ( w) Z i ( Z f + Z 0 )
=
Δ
Vi
Z 0 ( Z i + R ) − A0 ( w) ( Z i Z f )
V0
(4.19) =
Vi ( Z i + R) ( Z f + Z O ) + Z r ( Z 0 + Z f + Z i + R) + A0 (W ) Z i − Z r
Z 0 ( Z i + R) − A0 ( w) ( Z i Z f )
V
(4.20) Av f = 0 =
Vi ( Z i + R) ( Z f + Z O ) + Z r ( Z 0 + Z f + Z i + R) + A0 (W ) Z i Z r
Simplificaciones : 1.‐ Las condiciones más usuales a cumplirse en la práctica son: Z i >>> R ( a ) Z i >>> Z 0 ( b ) Z f >>> Z 0 ( c ) Z i >>> Z r (d ) Aplicando ( a ) , ( b ) y ( c ) en sucesivamente tenemos (4.21 ) 260
Electrónica Analógica II Con ( a ) : Av f =
Z 0 Z i − A0 ( w) ( Z i Z f )
Z i ( Z f + Z O ) + Z r ( Z 0 + Z f + Z i ) + A0 ( w) Z i Z r
Z 0 − A0 Z f
Av f =
2.‐ Zr
Z f + ZO +
( Z 0 + Z f + Z i ) + A0 ( w) Z r
Zi
Además con ( b ) y ( c ) : − A0 ( w) ( Z f )
− A0 ( w) ( Z f )
=
Av f =
Zr
Zr
( Z f + Z i ) + A0 ( w) Z r Z f +
Zf +
Z f + Z i + A0 Z r
Zi
Zi
Si además ( c ) : − A0 ( w) ( Z f )
(4.21) Av f =
Z f + (1 + A0 ( w) ) Z r
Si además ( 1 + A0 ( w) ) Z r >>> Z f ( o sea Ao (w) grande ) Entonces : Av f =
Zf
Zr
(4.22) Esta última ecuación fue obtenida considerando el amplificador como ideal ( ver ecuación 4.4 ). IMPEDANCIA DE ENTRADA ( Zin ) PARA EL AMPLIFICADOR CON INVERSIÓN V
De la figura ( VI – 7 ) Zin = i I1
Y de la ecuación ( VI – 14 ) ( Z i +R) ( Z f + Z 0 )
(4.23) Z in = Z r +
( R + Z i + Z f + Z 0 ) + A0 ( w) Z i
Simplificaciones 1.‐ Lo que es más fácil de cumplirse es : Zi >> Zo ; Zf >>Zo ; Zi >>> R 261
Electrónica Analógica II Con las cuales Zin se convierte en : Z in = Z r +
2.‐ Z i .Z f
( A0 ( w) + 1) Z i + Z f
Pero generalmente Zi > Zf ; con mayor razón (Ao + 1 ) Zi >> Zf Entonces tendremos: Z in = Z r +
3.‐ Zf
( A0 ( w) + 1)
(4.24) Si (A0 (w) tiende a infinito ) ( tierra virtual del nodo a ) Entonces : Zin = Zr (4.25) Esta última ecuación es la ecuación “ clásica “ para la impedancia de entrada de un OPAMP cuando una realimentación inversora es usada. Está ecuación implica la existencia de uan condición conocida como “ TIERRA VIRTUAL “ en el modo a, es decir, este modo está a un potencial de tierra aún cuando no hay conexión eléctrica entre este punto y tierra. El concepto de tierra virtual viene del hecho de que si la ganancia A0 (w) tiende a infinito, entonces la corriente de entrada en el terminal negativo será nulo ya que la tensión de entrada Vb es cero ( A0 (w) infinito ) mientras que la impedancia del terminal negativo ( Zi = Zr ) no es cero. De esta forma, se logra una forma simple de análisis de amplificadores operacionales INVERSORES. Zf
Zr
+
Vi
-
If
a
Ii
+
Ao(w)
Rr
b
OVo
-
Figura ( 4 – 11 ) 262
Electrónica Analógica II a.‐ Como el nodo “ a “ está a tierra virtual, entonces: Ii =
b.‐ Vi
Zr
⊄
If =
V0
Zf
Como la corriente que circula por el terminal negativo del OPAMP es nula, entonces: Vi
V
=− 0 Ii = I f
luego
Zr
Zf
De donde : Z f
V0
= Av f = −
(4.26) Vi
Zr
( VI ‐ 16 ) es la forma clásica ya anteriormente usando otro método IMPEDANCIA DE SALIDA DEL AMPLIFICADOR CON INVERSOR ( Zout ) En la figura (4.12b) se muestra el Thevenin equivalente hacia la salida del amplificador. De este circuito es evidente que si RL es cero, entonces la corriente de cortocircuito que fluirá estará determinada solo por la impedancia de salida Zout. Es decir : V
Z out = 0 R L = 0 (4.27) I out
Donde Vo ya fue determinado ( ver ecuación 4.11 ) La corriente de salida con RL igual a cero puede hallarse con la figura (4.12c ) en la cual se ha reemplazado RL por un cortocircuito, por tanto para esa condición no existirá realimentación. 263
Electrónica Analógica II Zf
THEVENI
Zr
+
Vi
-
a
R
b
+
Zo
O
+
Vo=Avf
-
+
O
Zi +
-
Zout
RL
Vo
Iout
R
L
Ao ( w )[VbVa ]
Zr
a
Iou
O
+
Vi
-
Zi
b
R
FIGURA ( 4 – 12a ) FIGURA ( 4 – 12b ) FIGURA ( 4 ‐ 12c ) CÁLCULO DE Iout / RL = 0 Z f // ( Z i + R )
Va = Vi
Z f // ( Z i + R ) + Z r
υ a −υb
;
li
=
υa
li + R
∴ Va − Vb = Va
Zi
=
Zi + R
1
1+
Z r (Z
f
+ Zi + R)
x
Zi
.V i
Zi + R
Z f (Z i + R )
Va − Vb =
V i .Z f . Z i
Z f (Z i + R ) + Z r ( Z
Pero : I out RL = 0 =
f
+ Zi + R)
A0 ( w) (Vb − Va )
Z0
(4.28) (4.29) Entonces : I out RL = 0 = −
A0 ( w) . Z f . Z i . Vi
Z 0 ( Z r ( Z f + Z i + R) + Z f ( Z i + R)
264
Electrónica Analógica II De ( VI –21 ) y ( VI ‐ 11 ); tenemos : Z 0 ( Z i + R) − A0 ( w) ( Z i Z f )
Z out =
( Z i + R) ( Z f + Z 0 ) + Z r ( Z 0 + Z f + Z i + R) + A0 Z i Z r
− A0 ( w) Z i Z f
Z 0 ( Z r ( Z f + Z i + R) + Z f ( Z i + R))
Zout =
[
Z0 (Zi + R) − A0 (w)(Zi Z f )Z0 (Z f + Zi + R)Z r + (Zi + R) + Z f
[
]
(− A0 (w) Zi Z f ) (Zi + R)(Z f + Z0 ) + Z r (Z0 + Z f + Zi + R) + A0 Zi Z r
] (4.30) Simplificando : 1.‐ Si el término que contenga a Ao (w) es dominante ( Ao (w) grande), entonces: Z 0 (Z r (Z f + Z i + R ) + Z f (Z i + R )
(4.31) Z out =
A0 ( w ) Z i Z r
2.‐ Para hallar la forma “ clásica ” de la impedancia de salida del amplificador con inversión, suponemos que Zi prevalece sobre las demás resistencias, entonces: Zr + Z f
Zr
A0 ( w )
Zf
1+
Zr
= Z0x
A0 ( w )
Z out = Z 0 x
Z out
(4.32) (4.2) AMPLIFICADOR SIN DISTORSIÓN (4.2A) SUPONIENDO OP‐AMP DE IMPEDANCIA DE ENTRADA ALTA Y DE SALIDA BAJA 265
Zf
a
-
Electrónica Analógica II Zr
b
a
-
Zr
Z
f
+
e
0
-
Ao(w)
R
b
O
+
e
0
-
+
O
+
e
i
-
Ao(w)
R
O
e
0
b +
Z
+
e
i
-
f
Zr
Figura ( 4 ‐ 13a ) Figura ( 4 ‐ 13b ) Hallaremos la ganancia del amplificador, aplicando los métodos utilizados en amplificadores cn realimentación, tomando Thevenin en “ a “ y “ b “ reemplazamos Zf en la entrada y salida respectivamente, como se ve en la figura. Cálculo de la ganancia sin realimentación ( Av ) e
1.‐ Av = 0 e0 = 0 ei
2.‐ Por definición de la ganancia del OP‐AMP : e0 = (eb − ea ) A( w) 3.‐ Con el supuesto de que la impedancia de entrada del OPAMP es alta ⇒ eb = ei
y
ea = 0 ⇒eb − ea = ei
( no hay señal en “a “ ) e
4. ‐ Av = 0 e0 = 0 (4.33) ei
266
Electrónica Analógica II Zr
a
-
-
e
Zf
R
b
e
Ao(w)
+
0
O
+
+
e
-
i
Figura ( 4 – 14 ) Cálculo de la ganancia de Bucle ( AL ) e
AL = 0 ei = 0 5.‐ e0
6.‐ Como la impedancia de entrada del OPAMP es alta Zr
⇒ e a = e0
y eb = 0 Z f + Zr
a
Zr
e
Ao(w)
Zf
b
+
+
e
o
-
Figura ( 4 – 15 ) e0 A( w)(ea − eb ) = A( w) (−
Zr
) e0 Z f + Zr
⇒
AL = − (
Zr
) A( w) Zr + Z f
(4.34) 267
0
O
Electrónica Analógica II Ganancia con Realimentación (Af ) , de (4.26 ) y (4.27) Av
A( w)
A( w)
Af =
=
= Zr + Z f
Zr
1 − AL
Z f + [A( w) + 1]Z r
1 + A( w)
Zr + Z f
[
Af =
[
A( w) Z r + Z f
]
Z f + [A( w) + 1]Z r
]
(4.35) Ganancia de tensión para configuración no inversora, con impedancia de entrada del 01 alta y de salida baja. Como se observa de la relación anterior, la ganancia no depende de R. En la práctica esta resistencia se coloca solo para balancearlas entradas, para DC, es decir, que las entradas “ vean “ la misma resistencia. Un mal balance hará que la entrada tenga mayor tensión DC que la otra lo que se traducirá en cierto nivel de salida ( ya que el OPAMP) responde desde DC lo que puede llegar a saturar al OP‐
AMP; es lo que se llama offset externo. Si además suponemos que A(w) es muy grande ( A(w) → ∞ ) ( generalmente para frecuencias bajas la expresión de Af se convierte en : Zr + Z f
Av f =
A(w) → ∞ (4.35) Ganancia de tensión no Zr
inversora con Zi alta, Zo baja y A(w) grande. Discusión sobre la relación ( 4.28 ) Para la validez de la ecuación (4.28 )se ha tomado varias suposiciones : 1.‐ Para el cálculo de la ganancia sin realimentación, ecuación (4.26 ), se supone que ei = eb. Esto es válido siempre que R <<< Zi condición ( 1 ). Zi impedancia de entrada del OPAMP ( se toma Zi min. ) Una relación de 15 es más que suficiente para aplicaciones donde se quiere un error no mayor de 6%. 268
2.‐ Electrónica Analógica II Zr
lo cual Zr + Z f
es válido cuando Zr // Zf <<<< Zi condición ( 2 ) donde también esta condición debe verificarse a Zi min. En el cálculo de la ganancia de Bucle A1, se supuso ea = e0
Ahora, debido a que la ganancia del amplificador depende directamente de ( Zr + Zf )/Zr es conveniente que este sea lo mayor posible, para conjugar la condición ( 2 ) con la mayor ganancia posible se puede Zf <<< Zi y Zf tan grande como ganancia se desee. 3.‐ Al fin de obtener (4.28 ) a partir de (4.27 ) se supuso Zr(1+Z(w))>>>Zf, la cual es la que verdaderamente impone restricción a Zf y por lo tanto a la ganancia dada por ( 4.28) . Nótese que una vez elegido Zr<<<Zi, el valor de Zf está restringido ( tiene un máximo valor para el cual es aproximadamente válida (4.28) y por lo tanto la ganancia también lo está. Esta restricción es mayor conforme A(w) disminuye, o sea cuando aumenta la frecuencia. (VI‐2B) ANÁLISIS CONSIDERANDO AL OPAMP PARA EL AMPLIFICADOR SIN INVERSIÓN Zf
Zr
Va
-
i
Zo
Zi +
+
Vb
o
O
o
Vo
A0 (υb −υa )
R
R
+
Vi
Figura ( 4 – 16 ) 269
L
Electrónica Analógica II A diferencia de OPAMP con inversión, un amplificador operacional sin inversión con realimentación, requiere de una entrada diferencial debido a que si se desea una realimentación negativa, ésta debe introducirse en la entrada negativa (terminal “ a“) y la señal en el terminal b. En cambio en el OPAMP con inversión la señal y la realimentación puede introducirse por el mismo terminal y la otra entrada no necesariamente se requiere. El circuito anterior puede ponerse del siguiente modo : Vo
O
V
V
a
+
R
b
Zi
Zf
Vi
Zo
I2
Zr
I1
+
A0(υb −υa) Figura ( 4 – 16 ) Por corriente de mallas : Vi = ( R + Z i + Z f ) I 1 − Z r I 2 (4.37) O = − Z r I 1 + ( Z r + Z f + Z 0 ) I 2 + A0 ( w)(VbVa ) (4.38) Vb − Va = Z i I 1 (4.39) Pero : Entonces: O = I 1 ( Z 1 A0 ( w) − Z r ) + ( Z r + Z f + Z 0 ) I 2 ) Entonces : 270
(4.40) Vi
I1 =
0
( R+ Zi +Zr )
( Zi A 0− Zr )
Electrónica Analógica II −Zr
( Zr +Z f +Z0 )
=
−Zi
( Zr +Z f +Z0 )
Vi (Zr + Z f + Z0 )
Δ
(4.41) Donde : Δ = ( R + Z i + Z r ) ( Z r + Z f + Z 0 ) + Z r ( Z i A0 ( w) − Z r ) Δ = ( R + Z i ) ( Z r + Z f + Z 0 ) + Z r ( Z f + Z 0 ) + Z r Z i A0 ( w) I2 =
Vi
(− A0 ( w) Z i + Z r ) Δ
(4.42) Ganancia de Tensión del amplificador sin inversión De la figura (4.14 ) Vo = I2 Z0 + Ao(w) Zi I1 Y con las relaciones ( VI ‐ 33 ) ( VI ‐ 34 ) V Z0 (Z r − A0 (w)Zi ) + Zi A0 (w)(Z r + Z f + Z0 ) Z r Z0 + A0 (w) Zi (Z r + Z f )
=
Av = 0 =
Δ
Δ
Vi
(4.43) Reemplazando Δ , obtendremos (4.30) : |
Z r Z 0 + A0 ( w ) Z i ( Z r + Z f )
Av f =
( Z i + R )( Z f + Z r + Z 0 ) + Z r ( Z f + Z 0 ) + A 0 ( w ) Z i Z r
Simplificaciones : 1.‐ Lo más común en la práctica es que Zi , Zf >> Zo , con lo cual : A0 ( w ) Z i ( Z r + Z f )
Av f =
( Z i + R )( Z f + Z r ) + Z r Z f + A 0 ( w ) Z i Z
271
(4.44) r
Electrónica Analógica II 2.‐ Si además Zi >> R entonces: Av
3.‐ A 0 ( w )( Z
=
(Z
f
=
f
A 0 ( w )( Z
(Z
+ Z
r
+ Z r ) + A0 ( w ) Z
Si Zi >> Zr entonces Av
4.‐ f
r
+ Z
f
r
)
+ Z r ) + A0 ( w ) Z
f
f
)
+
Zr
Z
Zi
(4.45) f
r
(4.46) r
Si la ganancia Ao(w) es tan grande que Ao(w) Zr >> ( Zf + Zr ) tenemos la clásica ganancia del AO ideal no inversor Av
f
=
Z
r
Z
Z
r
f
(4.47) Ganancia no inversora ( OPAMP IDEAL ). Es la misma ganancia hallado en (4.35) por otro método. Impedancia de entrada ( Zin ) del amplificador, sin inversión V
(4.48) Z in = i I1
Donde la relación (4.1) Vi / I 1 = Δ / ( Z r + Z f + Z 0 ) Reemplanzando Δ y simplificando: Vi ( R + Z i ) ( Z r + Z f + Z 0 ) + Z r ( Z f + Z 0 ) + Z r ( Z i ) A0 ( w)
=
I1
Zr + Z f + Z0
Z r ( Z f + Z 0 + A0 ( w) Z i )
Z in = R + Z i +
(4.49) Zr + Z f + Z0
272
+
Vo
-
Electrónica Analógica II Simplificaciones 1.‐ Cuando al terminal Zi es dominante sobre todas las demás y Zo es pequeña A ( w) Z i
Z in = R + Z i + 0
(4.50) Zf
+1
Zr
A ( w) Z i
2.‐ Además si la ganancia Ao(w) es grande (4.51) Z in = 0
1+ Z f / Zr
el cual es la impedancia de entrada clásica para el amplificador sin inversión, considerando al OPAMP ideal IMPEDANCIA DE SALIDA ( Zout ) DEL AMPLIFICADOR SIN INVERSIÓN Del mismo modo que en el caso de hallar la Zout inversora, tenemos: V /R →∞
Z out = 0 L
(4.52) I 0 / RL = 0
Donde Vo está dado en la ecuación (4.44) Cálculo de Io/R1 = 0 ∴ Para éste cálculo empleamos el siguiente circuito ( similarmente como en el caso del amplificador con inversión) R
V
Zi
V
Zf
Zo
b
a
O
+
A0 ( w)[υ b − υ a ]
Zr
Figura ( 4 – 17 ) Io =
Ao ( w)(υ b − υ a ) Ao ( w) Z i (I 1 )
=
Zo
Zo
273
O
Electrónica Analógica II Pero : I1 =
Vi
R + Z i + Z f // Z r
Entonces I 0 / RL = 0 = Vi A0 ( w)
(Zr + Z f )
Zi
x
Z 0 ( R + Z i )( Z r + Z f ) + Z r ( Z f )
(4.53) Por tanto de ( VI – 35 ) y ( VI – 46 ) en ( VI – 45 ) tenemos : Z0 Z r + A0 ( w) Zi ( Z r + Z f )
Z out =
( Zi + R) x( Z f + Z r + Z0 ) + Z r ( Z f + Z0 ) + A0 ( w) Zi Z r
(Zr + Z f )
A0 ( w) Zi
x
Z0
( R + Zi )( Z r + Z f ) + Z r Z f
Z out =
Z0 [ Z0 Zr + A0 ( w) Zi ( Zr + Z f )
[
] [( R + Zi )( Zr + Z f ) + Zr Z f ]
A0 ( w) Zi ( Zr + Z f ) ( R + Zi )( Zr + Z f + Z0 ) + Zr ( Z f + Z0 ) + A0 Zi Zr
]
(4.54) Fuente de
Polarización
O
+V
Compensación
C
1
Etapa de
Entrada
Driver
O
-V
O
274
Electrónica Analógica II Simplificación 1.‐ Si el término que contiene Ao(w) es dominante sobre los demás Z0 [ Z r Z f + ( R + Zi )( Z r + Z f ) ]
(4.55) Z out =
A0 ( w) Zi Z r
2.‐ Si además Zi es suficientemente grande Z0 ( Zr + Z f )
Z out =
A0 ( w) Z r
1 + Z f / Zr
(4.56) Z out = Z0
A0 ( w)
ANÁLISIS DEL AMPLIFICADOR OPERACIONAL μA ‐ 714 Descripción General El μA – 714 es un amplificador operacional nomolítico cuyas principales características son: •
•
Tienen compensación de frecuencia interna. Tiene protección contra cortocircuitos en la salida.. Diagrama Esquemático O
O
+V
Q8
No
inverting
O
Q1
Q9
Q13
Q12
Q2
Q14
R5
(39K)
(45K)
(75K)
Q18
Q15
(25
Q3
(50
Q7
Q5
R1
(1K)
)
Ω
)
Q16
Q17
O
Ω
O
Q4
Q10
Q6
O
R2
(1K)
Q11
Q20
Q19
Q1
R4
(5K)
R12
(50K)
R11
(50
Ω
)
-V
O
275
Electrónica Analógica II Diagrama de Bloques Fuente de
O
Polarización
+V
Compensación
C
1
Etapa de
Driver
Entrada
O
-V
O
PRINCIPIO DE FUNCIONAMIENTO Etapa de Entrada La etapa de entrada consta de un par diferencial trabajando como seguidores emisivos ( Q1 y Q2 ) los cuales excitan a dos transistores ( Q3 y Q4 ). La salida diferencial es tomada en el colector de Q4 y va α excitar al driver. Q5, Q6 y Q7 forman un espejo de corriente a fin de lograr que la corriente de colector de Q3 y Q4 sean iguales, y la de Q1 igual a la de Q2 a fin de lograr un funcionamiento simétrico. La impedancia de salida de esta etapa es elevada ( salida por colector de Q4 ), lo cual permite un punto ideal para la realimentación negativa ( mediante C1 ) a fin de lograr una compensación de frecuencia del operacional. DIVER Consta de un amplificador CUASI DARLINGTON compuesto por Q16 y Q17 cuya corriente de polarización es suministrada por Q13. La salida del driver tomada en colector de Q17 excita a la etapa de salida compuesta por Q14 y Q20. 276
Electrónica Analógica II ETAPA DE SALIDA Consta de dos seguidores emisivos ( Q14 y Q20 ) que trabaja en paralelo, excitados por la misma fuente ( salida de Q17 ). La salida en emisores de Q14 y Q20 permite una baja impedancia de salida ( Ro – 75 Ω ). CIRCUITOS DE POLARIZAICÓN Y DESPLAZAMIENTO DE NIVEL Los circuitos de polarización y desplazamiento de nivel juegan un papel de suma importancia en los amplificadores operacionales por los siguientes motivos: • El nivel de DC en la entrada y en la salida debe estar a OV cuando se trabajen con fuentes de alimentación simétricas ( V y –V ). • La polarización de las tres etapas del OPAMP debe ser bien estabilizadas a fin de evitar desplazamientos de nivel de causa de perturbaciones tales como la temperatura, ligeras diferencias entre las fuentes V y –V, resistencias de carga, resistencias internas de las fuentes de señales y otros, es por esto que se suele encontrar OPAMPS son mayor cantidad de transistores ( aunque muchos de ellos trabajan como diodos ) en el circuito de polarización que en las etapas amplificadoras mismas. La corriente de polarización ( DIAS ) principal del OPAMP está suministrada por la corriente de circula a través de Q12 y Q11, los cuales están trabajando como diodos. De esa corriente, mediante espejos de corriente se refleja hacia la entrad (mediante Q10, Q9 y Q8 ) para polarizar a la etapa de entrada, y hacia la salida (mediante Q13) para polarizar al driver y a la etapa de salida. Como se ve en el circuito, la tensión en el colector de Q17 debe estar casi a nivel de tierra ( en realidad a 0.7v por debajo de él ) ya que se requiere que el nivel de la salida esté a OV, esto quiere decir que la entrada del driver debe estar a un nivel el más por debajo de OV a fin de que los transistores Q 16 y Q17 estén polarizados en su zona activa. Lo anterior requiere que el nivel de salida del amplificador de entrada debe suministrar el nivel requerido por el driver, esto es realizado por Q4 el cual baja el nivel que tiene el emisor de Q2 ( que es aproximadamente –0.7V ya que las entradas van a estar a OV ) hasta un nivel negativo adecuado para polarizar el driver. 277
Electrónica Analógica II CIRCUITOS DE PROTECCIÓN Q15 y Q19 cumplen la misión de proteger a los transistores de salida y al driver respectivamente contra las excesivas corrientes que puedan pasar por ellas. Esta excesiva corriente puede ser debida a varias causas, entre ellas la variación de las tensiones de alimentación, cortocircuito a la salida, etc. En condiciones normales Q15 y Q19 está en corte la caída de tensión en R9 ( 25 Ω ) y R11 ( 50 Ω ) son insuficientes para hacerlos conducir, pero cuando las corrientes que circulan por R9 y R11 aumentan por sobre determinado límite, estos transistores comienzan a conducir e inhiben ( llevan al corte ) a sus respectivas etapas mediante sustracción de la corriente de base de Q14 y Q16 respectivamente. MISIÓN DE Q18 Como se vio anteriormente en circuitos que trabajan con señales relativamente grandes, eran necesarios circuitos de polarización que compensaran la variación de VBE de los transistores involucrados contra las variaciones de la temperatura Q14 y Q20. La ventaja es que se usa un solo transistor en lugar de los tres transistores (trabajando como diodos ) que se requieren para polarizar la unión base‐emisor de Q14 y Q20. El funcionamiento es el siguiente: un aumento de temperatura trae consigo una tendencia a aumentar la corriente de Q14 y Q20, y también de Q18, al aumentar la corriente de Q18 disminuye la corriente pro las resistencia R7 y R8 ( ya que la suma de ambas corrientes es proporcionada pro la fuente de corriente constante Q15 ). Esto trae consigo una reducción de la tensión de colector‐emisor de Q18 y por consiguiente la reducción de la tensión base‐emisor de q14 y Q19, disminuyendo por lo9 tanto la corriente de Q14 y Q20, de ese modo de logra una compensación, mejorada por el hecho que estando Q18, Q14 y Q20 en un mismo sustrato, cualquier variación de temperatura afecta a los tres en un mismo grado. CAPACITOR DE COMPENSACIÓN C1 Para mejorar la respuesta en alta frecuencia del OPAMP y evitar la inestabilidad y consecuente tendencia a oscilaciones en el circuito se coloca un capacitor de realimentación negativa generalmente en la etapa de mayor ganancia ( en este caso el driver ). 278
Electrónica Analógica II OFFSET NUBI Estos terminales de acceso externo se utilizan, si es necesario para balacear las corrientes de la etapa de entrada ( por ejemplo colocando un potenciómetro variable en paralelo con R2 ( o R11 ) se logra ajustar las corrientes de Q4 y Q2 ( o Q3 y Q1 ). Este balance es importante ya que cualquier diferencia de corrientes de polarización en la etapa de entrada será amplificada por el OPAMP debido a que éste responde desde DC y puede llevar a la saturación a la etapa de salida. Análisis en continua A fin de lograr mejor compresión, lo haremos numéricamente sea por ejemplo: +V=15v y –V= ‐15v. Las fuentes de alimentación del amplificador operacional. 1.‐ Corriente de BIAS principal, esta dado por la corriente que pasa por Q12 y Q11. +15
Q12
Q13
I
BIAS
R5 (39K
)
I
C10
I
C11
Q10
Q11
Ω
R4(5K)
-15
30v − 0.7 − 0.7
= 733μA 1).‐ Q11 y Q12 como Diodos I BIAS =
39k
2).‐ Q10 y Q11 forman un espejo de corriente proporcional, en la cual Ic10 depende de Ic11 En general los transistores bipolares se cumple: I c = α I ES ⊄ + V BE / V T ≈
≈
279
Electrónica Analógica II De donde ⎛ Ic ⎞
⎟⎟
V BE = V T L n ⎜⎜
α
I
Es
⎝
⎠
I ES = corriente de emisor de saturació
α = Ganancia de corriente en corto circuito en base común (≅ 1)
Entonces : V BE 10 + R 4
I C 10
α
=V
( 2.1 ) BE 11
Si Q10 = Q11 Æ I ES 10 = I ES 11 = I ES Es decir : ⎛ I
V T L n ⎜⎜ c 10
⎝ α I Es
⎞
⎛ I
I
⎟⎟ + c 10 R 4 = V T L n ⎜⎜ c 11
α
⎠
⎝ α I Es
⎞
⎟⎟ ; de donde obtenemos : ⎠
I c10 =
⎛I ⎞
VT Ln ⎜⎜ c11 ⎟⎟ R4
⎝ I c10 ⎠
α
( 2.2 ) En esta última relación tenemos como dato : I C 11 = 733 μ A ; R 4 = 5 K Ω I c 10 =
⎛ 733 μ A ⎞
26 mv
⎟⎟
L n ⎜⎜
5k
I
c 10
⎠
⎝
α ≈ 1 β = β2 V T = 26 μ v ( para 25 ° C ) ; I C 10 = ??
I c 10
5 .2 μ A
=
L
n
⎛ 733
⎜⎜
I
⎝
μ A
c 10
⎞
⎟⎟
⎠
2.4 ) ( De ( 2.3 ) hay que despejar Ic10; lo cual se puede hacer mediante aproximaciones por un método gráfico tal como sigue: 280
Electrónica Analógica II Con este procedimiento se encontró : I C10 ≅ 20 μA I c10
5.2μA
solución
Ln (
20μA
3.‐ )
I C10
En la etapa de entrada por formar Q8 y Q9 un espejo de corriente, entonces : I C 8 = I C 9 = I o +15V
Q8
Q9
I
o
I
o
O
Q1
O
Q2
I
C10
Q3
Q4
≈
Q7
Q1
Q5
Q6
R3
(50K)
R1= 1K
-15V
733μA
I C10
281
R2=1K
Electrónica Analógica II I C10 = I 0 + I B 3 + I B 4 Además : ( 3.1 ) I
E3
= (1 + β ) I
B3
I
E4
= (1 + β ) I
B4
∴ I E 3 + I E 4 = (1 + β )( I B 3 + I B 4 ) I E 3 + I E 4 = (1 + β )( I B 3 + I B 4 ) con ( 3. 1 ) Æ = (1 + β )[ I C 10 − I o ] I C 1 + I C 2 = α [ I E3 − I E4 ] = I 0 ( 3.2 ) ( 3.3 ) Luego con ( 3.2 ) Æ I o = α (1 + β )( I C 10 − I o ) ⇒ I o =
α (1 + β ) I C 10
1 + α (1 + β )
Si : α ≈ 1 → I 0 =
Si : β >>
I C 10
1
1+
1+ β
( 3.4 ) I 0 = 20 μ A → I 0 ≈ I C 10 Transistores : Q1 y Q2 : Transistores : Q3 y Q4 : Transistores : Q5 y Q6 : IC1 = IC 2 =
Io
= 10 μ A 2
I C 3 = I C 4 = I C 1 = I C 2 = 10 μ A I CQ
5
= I CQ
6
= I C 3 = 10 μ A Transistores : Q7 La caída de tensión en R1 y R2 será : V R 2 = (1k Ω )(10 μ A ) = 10 mv 0 . 7 + 10 mv
= 14 . 2 μ A I R3 =
50 k Ω
282
Electrónica Analógica II Como las corrientes de base de Q5 y Q6 son mucho menor Es que IR3 entonces : I C 7 = 14 . 2 μ A 4.‐ ETAPA DE SALIDA Y DRIVER ( CIRCUITO ) +15V
Q12
Q13
I
BIAS
Q14
45K
Q15
Q18
R9
75K
25
Ω
50
Q16
Q17
Q20
Q19
R11
Ω
50
50K
R12
-15V
Ω
4.1 Transistor Q13 como Q12 y Q13 : Forman un espejo de corriente Entonces : I C 13 = I C 12 = I BIAS = 733 μ A 4.2 Transistores Q16, Q17 y Q18 : Suponiendo despreciables las corrientes de I C 13 = I C 16 = I C 17 pero base de Q14 y Q20 entonces : como Q16 y Q17 forman un par CASI‐DARLINGTON entonces : I C 16 << I C 17 ⇒ I C 17 ≅ I C 13 = 733 μ A ≈
283
Electrónica Analógica II y
I C 16 = I B 17 +
V BE 17 + I C 17 ( 50 Ω )
50 K
=
733 μ A
0 . 7 + . 733 (. 050 K )
+
50
50 K
I C 16 = 14 . 66 + 14 . 733 ≅ 30 μ A
⇒ I c16 = 30μA 4.3.‐ Transistor Q19 V R11 = (50Ω)( I C17 ) = (50Ω)(0.733mA) = 36.6mv El cual no es suficiente para poner en conducción a un transistor de Si Q19 esta en corte 4.4 Transistor Q18 : En primera instancia suponemos IC13=733 μ
R7
I
R7
45K
I
C18
Q18
ICE18
I
R8
R8
75K
I C 18 = I C 13 = 733 μ A I R8 =
0 .7 v
= 9 . 33 μ A 75 K
I R 7 = I R 8 + I B 18 = 9 . 33 +
733
= 24 μ A 50
284
A
V CE
Q 18
Electrónica Analógica II = R ∃ I R 7 + R 8 I R 8 = 1 . 78 v 4.5.‐ Transistores Q14 y Q20 : Teniendo en cuenta que Q15 esta abierto y Q14 tenemos : ⎧Q = Q
20
⎪⎪ 14
V CE 18 = V BE 14 + V BE 20 + I C 14 ( 25 ) + ( 50 Ω ) I C 20 ⎨ I C 14 = I C 20 = I C
⎪
⎪⎩V BE 14 = V BE 20 = V BE
VCE18 = 2VBE + (75Ω)I C VCE18 = 2VT Ln
IC
+ (75Ω) I C I ES
De donde : Ln
I C VCE18 (75Ω) I C
75( I C )
1.78v
=
−
=
−
I ES
2VT
2VT
2(26mv) 2(26mv)
Ln
IC
= 34.23 − I C (1.44)
I ES
{ I C : en mA La anterior relación puede resolverse gráficamente o por tanteos conociendo el valor IES Æ la corriente de emisor de saturación IES, en transistores de Si integrados es de aproximadamente : 2x10‐16A Por tanteos suponiendo 10mA
= 34.23 − (10mA)(1.44) {21 ≈ 20 I C = 10mA : Ln
2 x10 −16 mA
Por lo tanto, con bastante aproximadamente podemos decir : I C 14 = I C 20 = 20 mA Transistor Q15 : La caída de tensión en R9 es : VR9 = R9 I C14 = (25Ω)(10mA) = 250mv 285
Electrónica Analógica II Esta tensión es también insuficiente para hacer conducir al transistor Q15 por tanto en condiciones normales Q15 esta en corte Corriente de colector de Q14 necesaria para dispara al INHIBIDOR ( Q15 ) Suponiendo que la tensión de base‐emisor necesaria para que empiece a conducir el transistor sea 0.7v. 0.7v
I C14 =
= 28mA 25Ω
Esta es la máxima corriente que podrá circular por Q14, si una mayor corriente pasa por Q14 entonces Q15 no encenderá y hará disminuir la corriente de base de Q14 pudiéndolo llevar al corte. DEFINICIONES DE LOS PARÁMETROS DE UN OPAMP Y SU MEDICIÓN ¿QUÉ SON LOS PARÁMETROS DE UN OPAMP? Así como un transistor o un FET tienen parámetros que definen su comportamiento en determinado circuito, de igual modo, un OPAMP tiene una gran variedad de parámetros que definen su comportamiento. Generalmente, cada fabricante tiene su propio sistema de datos sobre su OPAMP; sin embargo, las hojas de datos tienen dos puntos débiles: 1.‐ No muestran cómo relacionarlos para un problema de diseño 2.‐ No describen la gran variedad de aplicaciones para las cuales puede usarse el OPAMP. A continuación describimos los parámetros más importantes: 1.‐ GANANCIA DE LAZO ABIERTO Es la ganancia sin realimentación del OPAMP. Está definida como la relación del voltaje de señal de salida y el voltaje de señal entre sus terminales de entrada. Esta ganancia se suele especificar en DC y generalmente en db. Además de ello, el fabricante especifica, mediante curvas, la dependencia de la ganancia con la frecuencia. A(jw) es una función de la resistencia de carga, temperatura, voltaje de alimentación, voltaje de modo común, edad del OPAMP (debido a los 286
Electrónica Analógica II cambios de sus componentes con el tiempo) y de la frecuencia, como ya se dijo. A(jw)
db
A db
Vcc = +/- 15V
Ta = 25 C
300 db
110db
105db
0 db
30
3M
f(Hz)
Variación de la ganancia con la
frecuencia
Vcc
Variación de la ganancia con el
voltaje de alimentación
Circuito para medición de la ganancia (A): V1 Ri
Rf
Rx
+
V Vin
OUT
Vo
+
Ry
Se cumple: A = Vo / V‐ Pero: V‐ = V1 (Ry /(Rx + Ry)) Luego: A = (Vo / V1)((Rx + Ry)/ Ry) Para poder medir sin dificultades V1, se elige Rx >>Ry La frecuencia de Vin debe estar en la región de frecuencias medias del operacional. Ry debe ser pequeño para evitar crear offset de corriente. 287
Electrónica Analógica II 2. ) 2.1 VOLTAJE DE OFFSET DE ENTRADA ( Eos , VIo ) ( INPUT VOLTAJE OFFSET ) Se define como el voltaje DC que debe aplicarse en las entradas para obtener un voltaje de salida de O V DC. Sin señal de entrada. Para un amplificador ideal Eos es cero. Eos es la mayor fuente de error en circuitos de baja impedancia. 2.2.1
2.3
2.4
2.5
2.6
Representaciòn Vos
OUT
+
Eos está principalmente determinada por el desbalance entre las VBE en la etapa diferencial de entrada. Eos varia con la temperatura, el tiempo, voltaje de la fuente de alimentación y voltaje de modo común. Menor problema causa la gradiente térmica en los dispositivos estado sólido que causan diferencias de temperatura entre las dos entradas del OPAMP. Si son dos transistores perfectamente machados con una ΔVBE/ΔT = 2.4 mv/0C causará una ΔEos de aproximadamente 24 μA si existe una diferencia térmica de 0.010 ‐ La luz muestra una típica variación ΔEos / AT, se ha compensado el OFFSET a 250 C. La variación de Eos con la temperatura es generalmente dada en la cual indica el grado de desbalance de la numerosas etapas de amplificador también se puede dar como una máxima desviación sobre un determinado rango de temperatura. La variación de Eos con el tiempo se específica a una temperatura cte. ( usualmente 250C ). 288
2.7
Electrónica Analógica II Eos
+0.8 mv
-1.2mv
Temperatura
-5OC
25OC
+70OC
En la mayoría de OPAMPS tienen terminarles externos con los cuales se puede ajustar el FOCET A OV mediante un potenciómetro externo ( TRIM ). Circuito de Medición de Eos ZI
Zf
+
O
O
Eo
3.‐ 3.1 3.2 ⎞
⎟
⎟
⎠
CORRIENTE DE POLARIZACIÒN DE ENTRADA (INPUT BIAS CURRENT, IBIAS, Ii) Y CORRIENTE OFFSET DE ENTRADA ( INPUT OFFSET CURRENT, IOS, I) IBIAS es la corriente DC que fluye en cualquiera de los terminales cuando no hay señal de entrada. Esta corriente DC es necesaria ya que los transistores requieren corriente de base para su funcionamiento para entrada a FET y MOSFET, está corriente es debida a corriente de escape y es normalmente 30 ò 40 veces menos que la corriente de BIAS de un transistor. Generalmente se especifican : IBIAS ( + ) + IBIAS ( ‐ ) 2 Corrientes de BIAS IOS =IBIAS ( ‐ ) ‐ IBIAS ( + ) ⎛ ZI
E OS = E O ⎜
⎜Z +Z
f
⎝ I
289
Electrónica Analógica II IBIAS Y IOS depende de la temperatura, tiempo, Valimentación y voltaje de modo común. Circuitos de Prueba IBIAS+
=
E0 -E0
R
S
I
+
O
Eo
R
S
E0/ 1es E0 con S I Abierto
O
3.4 La dependencia con la T se expresa generalmente con una misma desviación sobre un rango de temperatura determinada, en ( mA/0C ) o mediante curvas. Su dependencia con el tiempo se da a una temperatura cte. ( generalmente a 250C ). 2
I BIAS
(−)
=
E0// − E0
R
Donde E es E0 con S abierto
//
0
I OS = I BIAS
-
(−)
− I BIAS
O
Pero : E0 = I OS R
O
3.3 ∴ I OS =
+
290
E0
R
(+)
4.2 S
2
R
S
I
+
O
Eo
O
4.‐ 4.1 Electrónica Analógica II R
IMPEDENCIA DE ENTRADA : DIFERENCIAL Zd ; MODO COMÙN Zcm Zd es la impedancia de lazo abierto entre los terminales de entrada del OPAMP y es especificado en la región activa como una resistencia ( Ri ) en paralelo con una capacitancia ( Ci ). Zcm es la impedancia vista entre cualquiera de los terminales y tierra, también se especifica como una resistencia en paralelo con una capacitancia se supone que Zcm (+) y Zcm (‐) son reales. 4.3 Representación: Zcm
ZD
+
Zcm
4.4
Un valor típico de la capacitancia de entrada es 10 pF. 4.5 Los amplificadores con entradas a FET y MOSFET generalmente tienen impedancias altísimas ( del rango de 1011 a 1014 Ω ) entradas con Darlinton a transistores llegan algunas veces de 50 k Ω a 500 K Ω. 291
Electrónica Analógica II Para un A.0, con entrada a FET, la Zcm se reduce por un factor de 2 por cada 10 ºC de aumento de temperatura. 4.6 Circuito de prueba Zd
=
( E0 ) -RG
E0 - E0
Donde E´0 y es E0 con S1 ABIERTO Para Zd Este circuito de prueba sólo debe usarse para amplificadores de bajo Zd ( entrada a transistores ). 600 Ω
Ein
O
(10Hz)
+
Eo
O
S
I
R
G
E0/ R0
Para Z cm : Z cm =
E0 − E0/
1
RG debe ser al menos de Z cm
10
292
5.‐ 5.1 5.2 5.3 6.‐ Electrónica Analógica II INPUT VOLTAJE RANGE El máximo voltaje de entrada diferencial es el voltaje máximo absoluto, el cual puede aplicarse entre los terminales de entrada sin causar daño al A. O. ( OBSOLUTE MAXIMUN DIFERENCIAL ). Esto es principalmente función de los voltajes de ruptura de los transistores de entrada y de la disipación de la juntura. El máximo voltaje de modo común ( D.C ), es el máximo voltaje que pueda aplicarse a ambas entradas sin causar daño al OPAMP. El voltaje e modo común útiles el máximo voltaje que puede aplicarse entre una entrada y tierra y que aún permanezca en la región activa de algunas veces medida con un medidor de distorsión e incrementando el voltaje de modo común hasta que la distorsión armónica alcance un limite arbitrario [1% a 3% ]. SLEW RATE ( S ) • Define la máxima razón d cambio del voltaje de salida para una entrada que cambia bruscamente de un ................. a otro. • Se da generalmente en vol/μse. • Para amplificadores de circuito integrado, esto es una función directa la compensación capacitiva. 7.‐ 8.‐ UNITY GAIN BANDWIDTH ( ƒt ) • Es la frecuencia a la cual la ganancia de lazo abierto se amplificadores 1 ( odB ), esto es para señales pequeñas debido a que con ellas frecuencias no es posible detenerse grandes niveles de voltaje a la salida por la distorsión producida por el Slew Rate. • Para amplificadores con respuesta simétrica en ambas entradas ƒt puede obtenerse en ambas configuraciones. FRECUENCY FOR FULL OUT PUT ( FULL – POWER RESPONSE ) : ƒs , ƒp Las características para pequeña señal y gran señal de un A. O. Son sustantivamente distintas, en gran señal la respuesta es más lenta debido al siew rate que limita la salida. 293
Electrónica Analógica II FULL LINEAR RESPONSE (Q2 ) Es la frecuencia máxima para salida sin distorsión ( con 3 % a 5 % de distorsión ). FULL PEAK RESPONSE Es la frecuencia para una salida total pico pico normalmente medida con una onda triangular. En estos últimos amplificadores pueden proporcionar una máxima salida muy por encima del full linear response ya que la forma de onda lineal no es consideración de importancia. 9.‐ SETTLING TIME (ts ) [ Tiempo de Restablecimiento ] Es el tiempo que demora la salida del OPAMP en tomar su valor de estado estacionario [ dentro de determinado porcentaje de error ] desde la aplicación de una entrada escalón. Esta definición ( ts ) da el tiempo que tarda el OPAMP para dar una respuesta precisa al responder según la rápida variación de entrada. еo
% ERROR
( 0.1% - 0.01% )
Eor
DE Eor
( ts )
Generalmente ( ts ) se especifica para máxima salida ( RATE OUTPUT ) en un circuito de ganancia unitaria y para una banda de error entre 0.1% y 0.01% de valor de Eor 10.‐ OVERLOAD RECOVERY ( TOL ) Es el tiempo requerido por un amplificador para regresar a su región activas después de habérsele excitado hasta llevarlo completamente a saturación. 294
Electrónica Analógica II Algunas veces se le estipula dentro de un porcentaje de error al igual que en el tiempo de restablecimiento. 11.‐ CMRR : COMMON MODE REJECTION RATIO 11.1) Un OPAMP ideal responde sólamente a la diferencia de voltaje entre sus terminales de entrada y no debe producir salida para voltaje de modo común. Sin embargo debido a las ligeras diferencias de ganancias entre las entradas inversora y no inversora, las señales de entrada de modo común no son totalmente excluidas de la salida. Se define como la relación del voltaje de modo común de entrada al error de voltaje ( voltaje diferencia producido entre las entradas debido a este voltaje de modo común). También algunas veces se define como la relación ganancia diferencial a la ganancia en modo común, expresado generalmente en db. 11.2) El CMRR se especifica generalmente al D. C. y se especifica su dependencia con la frecuencia mediante unas curvas. El CMRR disminuye con el incremento de frecuencia se debe señalar también que el CMRR es mayor cuando las impedancias de entrada de las terminales son lo más parecidos posibles. SERIE DE PROBLEMAS PROBLEMA 1: Un amplificador operacional con ganancia: A = 10000, es conectado en la forma mostrada. El OPAMP tiene una impedancia de entrada en modo diferencial de 1 MΩ, resistiva. Halle el voltaje de salida si Vi = 1 sen (w t) V. 2M
4
+Vcc
+
Vi
-
3
+
2
-
700K
1
A
11
1M
+
Vs
-
-Vcc
295
Electrónica Analógica II PROBLEMA 2: En el circuito con OPAMP mostrado, halle: a) La expresión del voltaje de salida b) La expresión para hallar R3 R2
L
1
2
C
2
+
Vi
-
uA741
3
+
OS1
OUT
V+
R1
V-
4
-Vcc
OS2
7
R3
1
6
5
+
Vo
-
+Vcc
PROBLEMA 3: Se quiere obtener la siguiente forma de onda empleando amplificadores operacionales. Diseñe un posible circuito que realice dicha función. Asuma que dispone de un generador de onda cuadrada con frecuencia de 60 Hz y que los operacionales son ideales. Vo
+5V
T/2
T/4
3T/4
T
t
-5V
f = 60 Hz
PROBLEMA 4: En el siguiente comparador con histéresis (schmitt trigger), halle los voltajes de entrada a los que conmuta el circuito. 296
Electrónica Analógica II R1
200K
+12Vdc
4
R1
10K
3
V1
2V
+
2
1
11
+
Vi
-
OP-11
-12Vdc
PROBLEMA 5: Halle la frecuencia de oscilación del circuito con OPAMP mostrado: 20K
4
+Vcc
20K
+
2
-
1
+
Vs
-
11
3
-Vcc
27K
0.1uF
0.1uF
27K
PROBLEMA 6: Halle la tensión de salida en función de las entradas en el circuito con OPAMPs mostrado. ¿Qué operación realiza?.: 297
Electrónica Analógica II R
+
V2
-
R
C
-Vcc
4
-Vcc
uA741
3
+
OUT
OS2
4
OS1
R
6
2
V-
-
1
-
5
7
3
+
OS2
+Vcc
PROBLEMA 7: En el circuito mostrado, halle la impedancia de entrada: R1
R2
+Vcc
+
Vi
-
4
C
3
+
2
-
1
11
Zi
1
6
5
+
Vo
-
7
+Vcc
OS1
OUT
uA741
V+
+
V1
-
V-
2
V+
R
+
Vs
-
-Vcc
298
Electrónica Analógica II PROBLEMA 8: Halle la frecuencia de oscilación del circuito con OPAMP mostrado: 200K
0.1uF
0.1uF
10K
3
2
10K
10K
10K
+
-
1
A
+
Vs
-
11
0.1uF
4
+12Vdc
19K
-12Vdc
PROBLEMA 9: El OPAMP mostrado es real y en sus entradas requiere una corriente de polarización Ibias = 10 nA. ¿Cuál debe ser el valor de R para que en la salida la tensión DC sea cero (no haya offset de corriente)? 10K
4
+12Vdc
10K
3
+
2
11
-
1
A
R
-12Vdc
299
+
Vs
-
Electrónica Analógica II PROBLEMA 10: Halle la expresión de la ganancia de tensión. El OPAMP es ideal. R2
R3
R4
3
-VCC
R1
2
-
1
+
+
Vs
-
5
+
Vi
-
4
A
+VCC
PROBLEMA 11.‐ El circuito mostrado actúa como derivador. ¿Qué requisitos deben cumplir sus componentes para que realice la operación indicada? C2
R2
R1
2
V-
4
-VCC
C1
-
OS1
+
Vi
-
+
OS2
7
3
V+
OUT
R3
U5
1
6
5
+
Vo
-
+VCC
ASUMA QUE EL OPAMP ES IDEAL PROBLEMA 13: Diseñe un circuito con OPAMPs que pueda resolver la siguiente ecuación diferencial: dVs/dt + 3Vs = 5 Condición inicial: En t= 0. Vs = 0 Vs es la señal de salida 300
Electrónica Analógica II PROBLEMA 14: Responda las siguientes preguntas: a) ¿Por qué se presenta el offset en el amplificador operacional? b) ¿Por qué una onda sinusoidal de entrada puede volverse triangular a la salida de un OPAMP cuando eleva su frecuencia? c) Indique 5 aplicaciones lineales y 5 aplicaciones no lineales del OPAMP. d) ¿Qué ventajas y desventajas tiene el empleo de los diagramas de Bode para el estudio de la respuesta en frecuencia de un amplificador? e) Dado un circuito amplificador, ¿cómo determinaría su respuesta en frecuencia y ancho de banda? PROBLEMA 15: El circuito con OPAMP mostrado es un filtro activo formado con admitancias. Halle la función de transferencia. Y3
Y2
-
Y1
+
+
Vi
-
Y4
PROBLEMA 16: En el circuito con OPAMP siguiente, demuestre que: Vs = log10 [((V2R1)/(V1R2)] 301
+
Vs
Electrónica Analógica II Q2
R2
U2
20K
333K
+
V2
Q1
U3
+
LM741
R1
U1
20K
+
Vs
-
+
V1
333K
302
Electrónica Analógica II APLICACIONES LINEALES DEL AMPLIFICADOR OPERACIONAL 1) AMPLIFICADOR INVERSOR: En este caso la señal de entrada se aplica por la entrada inversora. If
R2
R1
V+
Av
ideal
I1
Ve
V+
+
-
+
Vs
R3
-
Tenemos: I1 = (Ve – V‐)/R1 If = (V‐ – Vs)/R2 Además: Vs = Av(V+ ‐ V‐) Como no hay señal aplicada a la entrada no inversora y la impedancia de entrada del operacional es muy alta: V+ = 0 Entonces: Vs = ‐ Av V‐ De donde: V‐ = Vs / Av Pero como la ganancia de un amplificador operaconal ideal es muy alta: Av → ∞ Se deduce: V‐ → 0 Y la entrada inversora se comporta en este caso como tierra virtual. A continuación podemos obtener la ganancia con realimentación: Debido a la alta impedancia de entrada del amplificador operacional, debe cumplirse: I1 = If Entonces: (Ve)/R1 = (– Vs)/R2 Finalmente: Avf = ‐ R2 / R1 Adicionalmente podemos obtener la impedancia de entrada del circuito: Zinf = Ve / I1 = R1 NOTA: El resultado anterior puede ser generalizado si tomamos en cuenta que R1 y R2 pueden ser reemplazadas por cualquier impedancia (Z1 y Z2 respectivamente): 303
Electrónica Analógica II Avf = ‐ Z2 / Z1 Zinf = Z1 2) AMPLIFICADOR NO INVERSOR: En este caso la señal de entrada se aplica por la entrada no inversora. Tenemos: I1 = (V‐)/R1 If = (Vs ‐ V‐)/R2 Además: Ve = V+ y Vs = Av(V+ ‐ V‐) De donde: V+ ‐ V‐ = Vs / Av Pero como la ganancia de un amplificador operaconal ideal es muy alta: Av → ∞ Se deduce: V+ ‐ V‐ → 0 Y se cumple: V+ = V‐ La entrada diferencial se comporta en este caso como cortocircuito virtual. A continuación podemos obtener la ganancia con realimentación: Debido a la alta impedancia de entrada del amplificador operacional, debe cumplirse: I1 = If Entonces: (Ve)/R1 = (Vs – Ve)/R2 Finalmente: Avf = 1 + R2 / R1 Adicionalmente podemos obtener la impedancia de entrada del circuito: Zinf = R3 If
R2
R1
VAv
ideal
I1
+
V+
+
+
Vs
R3
-
Ve
-
NOTA: El resultado anterior puede ser generalizado si tomamos en cuenta que R1 y R2 pueden ser reemplazadas por cualquier impedancia (Z1 y Z2 respectivamente): Avf = 1 + Z2 / Z1 304
Electrónica Analógica II Zinf = Z3 3) SUMADOR INVERSOR DE ENTRADAS MULTIPLES: A continuación se muestra un sumador inversor con 3 entradas. Los resultados podrán ampliarse a más entradas. R1
V1
I1
R2
V2
I2
If
Rf
R3
VV3
Av
ideal
I3
V+
+
+
Vs
R
-
Del circuito podemos decir: If = I1 + I2 + I3 La entrada inversora se comporta como tierra virtual: I1 = V1 / R1 I2 = V2 / R2 I3 = V3 / R3 If = ‐ Vs / Rf Luego: ‐Vs / Rf = V1 / R1 + V2 / R2 + V3 / R3 Finalmente: Vs = ‐(Rf / R1) V1 ‐ (Rf / R2) V2 ‐ (Rf / R3) V3 En el caso particular de que se cumpla: R1 = R2 = R3 = Rf Obtendremos: Vs = ‐V1 ‐ V2 ‐ V3 Este resultado se puede generalizar para un mayor número de entradas. Debe notarse que, al estar la entrada inversora a un potencial cercano a cero, las fuentes de entrada no se cargan entre sí, evitandose de esta manera la diafonía. 305
Electrónica Analógica II 4) SUMADOR NO INVERSOR DE ENTRADAS MULTIPLES: Acontinuación se muestra el esquema de un circuito sumador sin inversión: R5
R4
+
R1
V1
+
Vs
-
R2
V2
R3
V3
Rn
Vn
Este tipo de configuración tiene la desventaja de que las ganancias de las distintas entradas no resultan independientes, lo cual es un inconveniente si alguna de las fuentes de entrada tiene una impedancia interna variable o mal definida. Analizaremos el efecto de cada una de ellas en la salida, aplicando superposición. Inicialmente consideramos sólo a V1 en el siguiente esquema: R5
R4
+
R1
V1
+
Vs1
-
R2
R3
Rn
De donde: Vs1 = (1 + R4/R5) V1 [(R2//R3//Rn)/(R1 + R2//R3//Rn)] Este resultado se debe a que en este caso no hay tierra virtual. En forma análoga, para las demás tensiones de entrada: Vs2 = (1 + R4/R5) V2 [(R1//R3//Rn)/(R2 + R1//R3//Rn)] 306
Electrónica Analógica II Vs3 = (1 + R4/R5) V3 [(R1//R2//Rn)/(R3 + R1//R2//Rn)] Vsn = (1 + R4/R5) Vn [(R1//R2//R3)/(Rn + R1//R2//R3)] Finalmente, Vs = Vs1 + Vs2 + Vs3 + Vsn Vs = (1 + R4/R5)[((R2//R3//Rn)/(R1 + R2//R3//Rn))V1 + ((R1//R3//Rn)/(R2 + R1//R3//Rn))V2 + ((R1//R2//Rn)/(R3 + R1//R2//Rn))V3 + ((R1//R2//R3)/(Rn + R1//R2//R3))Vn] 5) SEGUIDOR DE TENSIÓN: Este es un caso especial del amplifficador no inversor, en el cual se realimenta toda la señal de salida. Se le utiliza como separador o adaptador de impedancia Si en el amplificador no inversor hacemos: R1 → ∞ y R2 → 0 Obtenemos: Vs = Ve Además la impedancia de entrada que se ofrece a la señal Ve es muy elevada y la impedancia de salida se aproxima a cero. VAv
ideal
V+
+
+
Vs
Ve
-
6) INTEGRADOR SIMPLE: En el siguiente circuito: Z2
Z1
-
+
Vi
-
+
Vs
-
+
307
Electrónica Analógica II Vs = ‐ (Z2/Z1) Vi Si Z1 = R1 y Z2 = 1/sC Obtenemos: Vs = ‐(1/RC) Vi/s En el dominio del tiempo: Vs(t) = ‐ (1/RC) ∫Vi dt 7) DISEÑO DE UN INTEGRADOR INVERSOR: Diseñe el siguiente circuito integrador para f = 1KHz, Vo = 2 Vpico, cuando Vi es una onda cuadrada de 4 voltios pico. C
R2
-12V
2
V-
4
U6
R1
-
4V
3
0
t
+
OUT
V+
uA741
OS2
1
6
5
+
Vo
-
7
+
Vi
-
OS1
-4V
R3
+12V
La función de transferencia en el dominio de la frecuencia es: H(s) = ‐ (R2/R1)/(1 + R2 C s) Para que actúe como integrador debe cumplirse: R2 C s >> 1 ..........(1) Bajo esta condición, H(s) se simplifica a: H(s) = ‐ 1/(R1 C s) Luego: s Vo(s) = ‐ (1/R1 C ) Vi(s) En el dominio del tiempo: dVo(t)/dt = ‐ (1/R1 C ) Vi(t) Integrando: Vo t ∫dVo = ‐ (1/R1 C ) ∫Vi(t) dt Vo(0) 0 Efectuando: Vo(t) = ‐(Vi/ R1 C) t + Vo(0) En el estado estacionario, las ondas de entrada y salida deben ser como se muestran a continuación: 308
Electrónica Analógica II Vi
+4V
+ 2V
Vo
0
t
- 2V
- 4V
f = 1 KHz
Para: 0 ≤ t ≤ 0.5 ms Vi = 4 voltios y Vo(0) = 2 voltios Entonces: Vo(t) = ‐(4/ R1 C) t + 2 En t = 0.5 ms : Vo(0.5ms) = ‐2 voltios Para ello debe cumplirse: R1 C = 0.5 ms ..................(2) Elegimos un valor comercial para C: C = 0.1 uF Con la ecuación (2) calculamos R1: R1 = 5 KΩ A la vez debe cumplirse la condición (1), también en el estado estacionario: R2 C w >> 1 w = 2π(1KHz) Luego: R2 >> 1.6 KΩ R2 debe ser, por lo menos, 16 KΩ Elegimos R2 = 33 KΩ Para reducir el offset de corriente debe cumplirse: R3 = R1//R2 = 4.3 KΩ Podemos observar que si la señal de entrada tuviera un nivel de continua, por ejemplo, de 1 voltio, este nivel aparecerá amplificado en la salida a: (1)(‐33/5) = ‐ 6.6 V y la salida triangular variará alrededor de este voltaje (desplazada en – 6.6 voltios) 309
Electrónica Analógica II 8) INTEGRADOR DOBLE: Este circuito integra dos veces con un solo amplificador: C2
C2
R3
+
+
Vi
-
R2
-
R1
C1
+
Vs
-
Aplicando la transformada de La place hallamos la corriente que circula por R2: IR2 = Vi /(R1 + R2 + R1R2C1 s) Esta corriente también circula por C2, con lo que el voltaje en R3 se puede hallar: VR3 = ‐ IR2/(s C2) = ‐ Vi /((R1 + R2 + R1R2C1 s)C2 s) A continuación podemos hallar Vs: Vs = VR3 ‐ (IR2 ‐ VR3/R3)(1/(s C2)) Reemplazando términos: Vs = ‐ Vi /((R1 + R2 + R1R2C1 s)C2 s) – [Vi /(R1 + R2 + R1R2C1 s) + (Vi / R3)((R1 + R2 + R1R2C1 s)C22 s2) Simplificando: Vi (1 + 2 R3C 2 s )
Vs = −
⎛ R2
⎞
2 2
R1 ⎜⎜1 +
+ R2 C1 s ⎟⎟ R3C 2 s
R1
⎝
⎠
Si hacemos que se cumpla: R1 >> R2 y R2 C1 = 2 R3 C2 Vi
La expresión se puede aproximar a: Vs = −
R1 R3 C 22 s 2
310
Electrónica Analógica II 9) SUSTRACTOR BASADO EN EL MODO COMUN (Ver. 1): El esquema se muestra a continuación: R2
R1
V2
+
V1
R3
+
Vs
-
Empleando superposición y aplicando las fórmulas para el amplificador inversor y no inversor obtenemos: ⎛R ⎞
⎛
R ⎞
Vs = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟V1 − ⎜⎜ 2 ⎟⎟V2 R1 ⎠
⎝ R1 ⎠
⎝
Como podemos observar, con ningún valor de R1 y R2 podemos obtener una salida proporcional a la diferencia: (V1 – V2) 10) SUSTRACTOR BASADO EN EL MODO COMUN (Ver. 2): Con la siguiente configuración podemos obtener una salida proporcional a (V1 – V2): R2
R1
V2
+
V1
R1
R2
+
Vs
-
La tensión en la entrada no inversora es: 311
V+ = V1(R2/(R1 + R2)) Electrónica Analógica II Empleando superposición y aplicando las fórmulas para el amplificador inversor y no inversor obtenemos: Vs = (1 + R2/R1)V1(R2/(R1 + R2)) – (R2/ R1)V2 Simplificando: Vs = (R2/R1)(V1 – V2) 11) SUSTRACTOR SIN EMPLEAR MODO COMUN: Cuando las señales tienen frecuencias comparables a la de corte del amplificador operacional, el factor de rechazo al modo común disminuye. Este problema puede evitarse con el siguiente circuito: R5
V1
R4
R2
R3
R1
+
+
Vs1
-
-
V2
+
Vs
-
+
Vs1 = ‐ (R4/R3)V2 Vs = ‐ (R2/R1)Vs1 ‐ (R2/R5)V1 = ‐ (R2 R4/R1R3)V2 ‐ (R2/R5)V1 Si hacemos que se cumpla: R4 = R3 y R1 = R5 Vs = (R2/R1)(V2 ‐ V1) 12) AMPLIFICADOR DE INSTRUMENTACION: Este tipo de amplificador presenta alta impedancia de entrada, alto rechazo al modo común y puede tener ganancia elevada y ajustable, por lo que es muy usado. El esquema es el siguiente: 312
V1
Electrónica Analógica II R3
+
+
Vs1
-
R1
R2
R4
R1
+
+
Vs2
-
+
V2
-
R3
+
Vs
-
R4
La tensión de salida se puede hallar con la ecuación del circuito 10: ⎛R ⎞
VS = ⎜⎜ 4 ⎟⎟(VS 2 − VS 1 ) ⎝ R3 ⎠
La corriente que circula por R2 es: I R2 =
V1 − V2
R2
⎛R ⎞
⎛
R ⎞
Luego: VS 1 = I R 2 R1 + V1 = V1 ⎜⎜1 + 1 ⎟⎟ − V2 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ R2 ⎠
⎝ R2 ⎠
⎛R ⎞
⎛
R ⎞
Y VS 2 = V2 − I R 2 R1 = V2 ⎜⎜1 + 1 ⎟⎟ − V1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ R2 ⎠
⎝ R2 ⎠
Reemplazando: ⎛ R ⎞⎛ 2 R ⎞
VS = ⎜⎜ 4 ⎟⎟⎜⎜1 + 1 ⎟⎟(V2 − V1 ) R2 ⎠
⎝ R3 ⎠⎝
Observamos que disminuyendo R2 podemos elevar la ganancia en forma apreciable. 313
Electrónica Analógica II 13) CONVERTIDORES DE IMPEDANCIA NEGATIVA: Se llama convertridor de impedancia negativa al dispositivo que cambia el signo de su impedancia de carga pudiendo, así mismo, modificar su módulo. Zin
Kn
ZL
Donde: Kn es negativo 14) CONVERTIDOR DE IMPEDANCIA NEGATIVA EN TENSIÓN (Versión 1): El esquema correspondiente se muestra a continuación: R2
R1
+
Vs
-
+
Ii
+
Vi
-
ZL
Sabemos que: V+ = V‐ = Vi Luego: Vs = Vi + (R2/R1)Vi Entonces: Ii = (Vi – Vs)/ZL = Vi(1 – 1 – R2/R1)/ZL Finalmente: Zi = Vi/Ii = – (R1/R2)ZL 314
Electrónica Analógica II 15) CONVERTIDOR DE IMPEDANCIA NEGATIVA EN TENSION (Ver. 2): El esquema correspondiente se muestra a continuación: R1
Ii
-
+
Vi
-
+
Vs
-
+
R2
ZL
Sabemos que: V‐ = V+ = Vi Además: V+ = Vi = Vs(ZL/(R2 + ZL)) De donde: Vs = Vi(1 + R2/ZL) Del circuito: Vs = Vi – Ii R1 Reemplazando Vs: Vi(1 + R2/ZL) = Vi – Ii R1 Finalmente: Zi = Vi/Ii = – (R1/R2)ZL 16) CONVERTIDOR DE IMPEDANCIA NEGATIVA EN CORRIENTE: El siguiente es un esquema de convertidor de impedancia negativa en corriente más elaborado: I1
R1
R
R
+
I2
R2
+
Vs1
-
+
+
Vi
-
R
-
Ii
R
En el esquema observamos: Ii = I1 + I2 Además: Vs1 = – (R/R)Vi = ‐ Vi También: I2 = Vi/R e I1 = (Vi – Vs2)/R1 315
+
ZL VL
-
+
Vs2
-
Electrónica Analógica II La corriente que recibe el amplificador de salida es: I = Vs1/R Igualmente se cumple: I = ‐ VL/R o sea: VL = ‐ I R También: Vs2 = ‐ (I – VL/ZL)R2 + VL = (Vi/R + VL/ZL)R2 + VL Reemplazando VL: Vs2 = (Vi/R ‐ I R/ZL)R2 – I R Reemplazando I: Vs2 = (Vi/R ‐ Vs1/ZL)R2 – Vs1 Reemplazando Vs1: Vs2 = (Vi/R + Vi/ZL)R2 + Vi A continuación: Ii = [Vi – ((Vi/R + Vi/ZL)R2 + Vi)]/R1 + Vi/R Finalmente: 1/Zi = 1/R – (R2/R1)(1/R + 1/ZL) 17) AMPLIFICADOR ACOPLADO PARA AC: En algunas aplicaciones se necesita un amplificador para AC, donde la DC debe ser bloqueada. Esto puede lograrse con un condensador de acoplo, como se muestra en el siguiente esquema: R2
R1
C
+
+
Vi
-
+
Vs
-
La salida es dada por: Vs = ‐ Vi(R2 C s) /(1 + R1C s) Se tiene un polo en: s = ‐1/ (R1C) Si trabajamos a una frecuencia mucho mayor que la del polo, la función de transferencia se reduce a: Vs = ‐ (R2/R1)Vi 316
FUENTE DE ALIMENTACIÓN DE 12V – 5 A CON REGULADOR LM723 U1
V+
VC
12
11
18) Electrónica Analógica II +
B1
SW
F
C3
C1
3300uF
35V
15Vac
10
1nF
4
1uF
Q2
2N3055
R5
1K
C2
10K
Q1
2N2222
R6
220
IN-
R1
2K2
Rsc
0.856
R3
1K5
SALIDA
+ 12 v
-
7.5A
P1
T
VOUT
6
5 VREF
13 IN+
COMP
LM723
220Vac
7
V-
ILIM
ISENSE
2
3
10A/200V
R2
1K
R4
430
Se empleará el potenciómetro P1 de 10KΩ para poder ajustar la tensión o cambiarla a otro valor que se requiera. El condensador de compensación C3 tiene el valor de 1nF, siguiendo los ejemplos recomendados por el fabricante. Los resultados teóricos son calculados mediante el programa Circuit Maker 2000 La tensión del secundario del transformador será de 15 Vac. Con este voltaje, a la salida del filtro C1 obtendremos una tensión continua de 15.29V á 5 A. El rizado pico‐pico máximo es de 7.5V. R1 y R2 determinan la ganancia del amplificador operacional interno del LM723. R3 , R4 y Rsc determinan la protección tipo foldback, mediante la cual, ante un cortocircuito en la salida la corriente se reduce a un nivel que no sea peligroso para el transistor de potencia, permitiendo que su disipación no sea excesiva. El voltaje aproximado de salida se puede calcular con la ecuación del amplificador operacional no inversor: Vsalida = V+(1 + R1/R2) V+ es el voltaje aplicado en la entrada no inversora del operacional (pin 5), mediante el potenciómetro P1. La tensión de referencia que produce el integrado es de aproximadamente 7.15V y la entrega por su pin 6. Este voltaje se emplea para ajustar la entrada V+. Podemos elegir valores comerciales con tolerancia de 5% para R1 y R2, teniendo en cuenta que no deben ser muy chicos para evitar un consumo de corriente excesivo. 317
Electrónica Analógica II Tampoco deben ser muy grandes para que ello no nos impida usar las ecuaciones del amplificador operacional ideal. De las recomendaciones técnicas que da el fabricante, podemos ver que las resistencias no sobrepasan los 78KΩ. Por ello elegiremos valores comerciales que estén debajo de ese. Para obtener 12V en la salida podemos emplear: R1 = 2.2KΩ y R2 = 1KΩ Con estos valores tendremos que ajustar V+ á 3.75V. La corriente máxima que entrega el circuito se determina con la siguiente ecuación: Imáx = Vo(R3/R4Rsc) + Vs(R3 + R4)/R4Rsc En nuestro caso queremos que la corriente máxima sea 5 A. Vo es el voltaje de salida. En nuestro caso es 12V. Vs es el voltaje de detección del limitador de corriente del integrado. Según los datos del fabricante es 0.67 V, aproximadamente, a temperatura ambiente. Si se hace un corto circuito en la salida, debe actuar la protección foldback y la corriente deberá disminuir a un valor seguro. Haremos que la corriente disminuya a la quinta parte de su valor máximo: Isc = 5A/5 = 1 A Isc = Vs(R3 + R4)/RscR4 La ecuación que determina Isc es la siguiente: Con estas ecuaciones podemos hallar las relaciones que deben cumplir los componentes: y (R3 + R4)/RscR4 = 1/0.67 = 1.49 0.417 = (R3/R4Rsc) + 0.056(R3 + R4)/RscR4 = (R3/R4Rsc) + 0.056(1.49) De donde: (R3/RscR4) = 0.417 ‐ 0.056(1.49) = 0.334 Además: (R3 + R4)/RscR4 = 1.49 Luego: (R3 + R4)/RscR4 = 0.746/0.375 = 1.99 Finalmente, R4/RscR4 = 1.156 = 1/Rsc Rsc = 0.865Ω Este valor de resistencia requiere construirla con alambre de nichrom debido a que la potencia que debe disipar es alto [Psc = (0.865) 52 = 21.65W] y la caída de tensión que requiere, también [Vsc = 5(0.865) = 4.325V]. Ello obligará a recalcularla, utilizando una Isc más alta, para obtener un valor menor. 318
Electrónica Analógica II A continuación: R3/R4 = 0.29 Para cumplir con esta relación, elegiremos el valor comercial: R4 = 1.5KΩ Luego: R3 = 430Ω El siguiente paso es determinar las características del transistor de potencia necesario: Si elegimos un transistor con ganancia típica de 50, el integrado deberá entregar una corriente máxima de 5 A/50 = 100 mA. El LM723 puede entregar hasta 150 mA, sin embargo, para que trabaje sólo regulando el voltaje y no caliente demasiado, podemos utilizar un transistor buffer barato para que suministre dicha corriente, tal como el 2N2222, haciendo un arreglo Darlington con el transistor de potencia. La tensión promedio de entrada es 15.29V á 5 A y la tensión de salida es 12V. En este caso, el transistor de potencia deberá disipar: P = (15.29 – 12)5 = 16.4W Durante un corto circuito, todo el voltaje lo soportará en transistor de potencia y su consumo será: P = (15.29)(1) = 15.29W Si hacemos que la temperatura del transistor no sobrepase los 60°C, debemos elegir un transistor que disipe más de 16.4W a dicha temperatura. Para hacer más seguro el diseño, podemos emplear un transistor de potencia con mejores características y que sea barato. Este requisito lo cumple el 2N3055. Al arreglo Darlington le agregaremos resistencias de drenaje para mejorar su estabilidad térmica. El siguiente paso será verificar el circuito en el laboratorio y hacer los ajustes que pudiera requerir. 319
Electrónica Analógica II 19) DESFASADOR: Emplearemos un desfasador con amplificador operacional como el mostrado a continuación. El desfasaje lo ajustaremos con la resistencia R3, además de ajustar el nivel al valor deseado con la resistencia R2 . R2
R1
+
+
Vi
-
C1
R3
+
Vs
-
La función de transferencia del circuito es la siguiente: H(s) = ‐ R2/ R1 + [R3 / (R3 + 1/s C1)][1 + R1 / R2] Para simplificar, podemos poner la siguiente condición: R1 = R2 = R3 Entonces: H(s) = [‐ 1 + R3 C1 s] / [1 + R3 C1 s] En el estado estacionario: s = j w Y la magnitud es: H(j w) = 1 La fase es: F(j w) = 180° ‐ 2 arctan(w R3 C1) Vemos que la magnitud es constante, pero la fase puede variarse cambiando el valor de R. Esto se consigue variando la resistencia R3. 20) FILTRO ACTIVO PASA BAJO: Los filtros activos se caracterizan por tener la posibilidad de tener una ganancia mayor que la unidad, además de seleccionar el rango de frecuencias. El amplificador operacional permite explotar más fácilmente estas características, además de conseguirse un tamaño reducido del filtro. Con él, un método de diseño consiste en emplear simultáneamente realimentación negativa y positiva, manteniendo un comportamiento lineal. 320
Electrónica Analógica II R1
R2
3
6
+
V+
-
2
R
+
Vo
-
C
Vi
V
R
C
La tensión de salida la podemos hallar en función de V+ empleando la ecuación de ganancia del amplificador no inversor: Vo = (1 + R2/R1)V+ = A V+ A = (1 + R2/R1) continuación hallamos V en función de Vi y Vo En el nudo V+: (V+ ‐ Vi)/R + s C(V+ ‐ V) = 0 De aquí: V = [(1 + RC s)/(ARC s)]Vo ‐ Vi/(RC s) En el nudo V: (V ‐ V+)C s + V C s + (V – Vo)/R = 0 De aquí: V(2RC s + 1) = (RC s)V+ + Vo Reemplazando V y despejando la función de transferencia: A(1 + 2RC s) H(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ R2C2 s2 +(3 – A)RC s +1 El denominador de la función de transferencia corresponde a la ecuación diferencial en el dominio del tiempo y podemos identificar la frecuencia natural y el factor de atenuación: Frecuencia natural: ωo = 1/RC Factor de atenuación: α = (3 – A)/2RC 321
Electrónica Analógica II Factor de calidad: Q = ωo/2α = 1/(3 ‐ A) Relación de amortiguación: ζ = α/ωo = (3 ‐ A)/2 Si queremos una respuesta sub amortiguada con poco sobreimpulso, podemos elegir una relación de amortiguación cercana a 0.7, requeriremos de una ganancia A = 1.6 PROBLEMA: Diseñe el siguiente circuito como filtro Butterworth para obtener una frecuencia de corte de 100Hz. Dato: Los polos normalizados son: p1,2 = α +/‐ jβ = 0.707 +/‐ j 0.707 C1
-
R
R
+
+
+
VL
V
C2
Vs
-
-
Hallamos la función de transferencia del filtro a partir de las ecuaciones: V+ = VL (Vs – V) / R = (V – V+) / R + (V – VL)sC1 (V – V+) / R =V+sC2 Luego: 1 H(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (R2C1C2) [s2 + (2 / RC1)s + (1 / R2C1C2)] Si P1 y P2 son los polos, podemos expresar: 1 1 H(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (R2C1C2) (s + P1)(s + P2) (R2C1C2) (s2 + (P1 + P2)s + P1P2) 322
Electrónica Analógica II Comparando: P1 + P2 = 2 / RC1 P1P2 = 1 / R2C1C2 El filtro normalizado se calcula con una frecuencia angular de corte de 1 rad/s y ganancia igual á 1. La relación de frecuencias de corte es: K = 2π (100) / 1 = 628 Entonces: (P1 + P2 ) / K = 2 α = 2 / KRC1 (P1P2) / K2 = α2 + β2 = 1 / K2R2C1C2 Como p1,2 = α +/‐ jβ = 0.707 +/‐ j 0.707 Luego: 2 (0.707) = 2 / KRC1 = 1.414 RC1 = 2252 us 2
2 2 2
(0.707) + (0.707) = 1 = 1 / K R C1C2 R2C1C2 = 2.54 us A continuación obtenemos. RC2 = 1126 us Finalmente: C1 / C2 = 2 Elegimos: C2 = 0.1uF y R = 11.26KΩ Se obtiene: C1 = 0.2uF A continuación se muestra el circuito final: C1
0.2uF
V1
-1/1V
R1
11.26k
R2
11.26k
U1
IDEAL
C2
0.1uF
1kHz
En el siguiente gráfico se observa la respuesta en frecuencia: 323
Electrónica Analógica II 1.000 V
A: c1_2
0.800 V
0.600 V
0.400 V
0.200 V
0.000 V
0.000 Hz
100.0 Hz
200.0 Hz
300.0 Hz
400.0 Hz
Podemos observar que la frecuencia de corte está en 100Hz. 21) FILTRO ACTIVO PASA BANDA: Este tipo de filtro deja pasar un rango de frecuencias alrededor de una frecuencia central. R1
R2
C
3
6
+
V+
-
2
R
+
Vo
-
C
Vi
V
R
La tensión de salida la podemos hallar en función de V+ empleando la ecuación de ganancia del amplificador no inversor: Vo = (1 + R2/R1)V+ = AV+ A = 1 + R2/R1 A continuación hallamos V en función de Vi y Vo En el nudo V+: (V+ ‐ Vi)/R + s C(V+ ‐ V) = 0 324
Electrónica Analógica II De aquí: V = (1/A)[(1 + RC s)/(RC s)]Vo ‐ Vi/(RC s) En el nudo V: (V ‐V+)C s + (V ‐ Vi)C s + (V – Vo)/R = 0 De aquí: V(2 RC s + 1) = Vo[(RC s)/A + 1] + Vi(RC s) Reemplazando V y despejando la función de transferencia: Vo A[R2C2 s2 + 2RC s + 1] H(s) = ‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Vi R2C2 s2 + (3 – A)RC s + 1 El denominador de la función de transferencia define la ecuación diferencial en el dominio del tiempo y podemos identificar los siguientes parámetros: frecuencia natural: ωo = 1/RC factor de atenuación : α = (3 – A)/2RC Factor de calidad: Q = ωo/2α = 1/(3 ‐ A) Relación de amortiguación: ζ = α/ωo = (3 ‐ A)/2 La frecuencia natural define la frecuencia central de sintonía del filtro Podemos hacer más selectivo al filtro aumentando su factor de calidad. Se consigue ello cuando ajustamos la ganancia del amplificador a un valor cercano a 3. El ancho de banda (en radianes/segundo) a 3 db se puede hallar con la relación: BW = 2α = (3 – A)/RC 22) SEGUIDOR DE VOLTAJE PARA AC: El seguidor de voltaje AC es usado para proveer alta impedancia de entrada, sobre todo cuando se usa una fuente de señal con alta impedancia de salida y se desea acoplar a una carga de baja impedancia, que puede ser capacitiva. Asumimos que C1 y C2 poseen reactancias pequeñas a todas las frecuencias de operación. Las resistencias R1 y R2 son usadas para proveer acoplamiento R‐C y un camino para la corriente de bias en la entrada no inversora. 325
Electrónica Analógica II C1
10 nF
U3
+
+
Vi
-
+
Vs
-
R1
100K
C2
2 uF
R2
100K
23) REGULADOR LM317: Es un regulador variable con tensión de salida positiva. Su diagrama simplificado es mostrado a continuación: IN
+
+
REFERENCIA
DE VOLTAJE
-
VCC
CIRCUITO DE
PROTECCIÓN
RLIM.
ADJ
OUT
R1
+
Vout
P1
-
326
Electrónica Analógica II SERIE DE PROBLEMAS PROBLEMA 1: Un amplificador operacional con ganancia: A = 10000, es conectado en la forma mostrada. El OPAMP tiene una impedancia de entrada en modo diferencial de 1 MΩ, resistiva. Halle el voltaje de salida si Vi = 1 sen (w t) V. 2M
1M
+
A
+
+
Vi
VL
700K
-
-
PROBLEMA 2: En el circuito con OPAMP mostrado, halle: a) La expresión del voltaje de salida b) La expresión para hallar R3 C
R2
L
R1
+
+
+
Vi
-
VL
R3
-
327
Electrónica Analógica II PROBLEMA 3: Halle la frecuencia de oscilación del circuito con OPAMP mostrado: 20K
20K
+
+
VL
27K
0.1uF
0.1uF
27K
-
PROBLEMA 4: Halle la tensión de salida en función de las entradas en el circuito con OPAMPs mostrado. ¿Qué operación realiza?.: R
+
V2
-
C
R
R
-
+
VL
-
+
R
-
+
+
V1
-
PROBLEMA 5: En el circuito mostrado, halle la impedancia de entrada: R1
C
R2
Zi
-
+
Vi
-
+
VL
-
+
328
Electrónica Analógica II PROBLEMA 6: Halle la frecuencia de oscilación del circuito con OPAMP mostrado: 0.1uF 0.1uF
0.1uF 10K
200K
+
VL
-
+
10K
10K
10K
PROBLEMA 7: Diseñe un circuito con OPAMPs que pueda resolver la siguiente ecuación diferencial: dVs/dt + 3Vs = 5 Condición inicial: En t= 0. Vs = 0 Vs es la señal de salida PROBLEMA 8: El OPAMP mostrado es real y en sus entradas requiere una corriente de polarización Ibias = 10 nA. ¿Cuál debe ser el valor de R para que en la salida la tensión DC sea cero (no haya offset de corriente)? 10K
10K
+
R
+
Vs
-
PROBLEMA 9: Halle la expresión de la ganancia de tensión. El OPAMP es ideal. 329
Electrónica Analógica II R2
R3
R4
3
-VCC
R1
4
A
+
1
-
2
+
Vs
-
5
+
Vi
-
+VCC
PROBLEMA 10.‐ El circuito mostrado actúa como derivador. ¿Qué requisitos deben cumplir sus componentes para que realice la operación indicada? Asuma que el op‐
amp es ideal C2
R2
R1
+
C1
+
Vi
-
R3
+
Vs
-
PROBLEMA 11: Responda las siguientes preguntas: a) ¿Por qué se presenta el offset en el amplificador operacional? b) ¿Por qué una onda sinusoidal de entrada puede volverse triangular a la salida de un OPAMP cuando eleva su frecuencia? c) Indique 5 aplicaciones lineales y 5 aplicaciones no lineales del OPAMP. d) ¿Qué ventajas y desventajas tiene el empleo de los diagramas de Bode para el estudio de la respuesta en frecuencia de un amplificador? e) Dado un circuito amplificador, ¿cómo determinaría su respuesta en frecuencia y ancho de banda? 330
Electrónica Analógica II PROBLEMA 12: El circuito con OPAMP mostrado es un filtro activo formado con admitancias. Halle la función de transferencia. Y3
Y2
-
Y1
+
+
Vi
-
Y4
+
Vs
331
Electrónica Analógicos II APLICACIONES NO LINEALES DEL AMPLIFICADOR OPERACIONAL 1) COMPARADOR DE LAZO ABIERTO: Este Circuito puede ser usado para detectar la polaridad del voltaje de entrada, del paso por cero, convertir una onda de entrada en cuadrada o pulsante, como parte del convertidor analógico‐digital (CAD o DAC), modulación de ancho de pulsos, etc. 4
VCC
+
Vr
-
7
Vin
+
3
-
2
6
+
Vs
-
- VCC
En este caso VIN es la señal de entrada y Vr es la señal de referencia. En el siguiente gráfico se observa su uso como modulador de ancho de pulso. La señal de referencia es una onda diente de sierra y la de entrada una onda cuyo nivel cambia con el tiempo. V r
V in
t
V s
t
2) COMPARADOR CON HISTERESIS O SCHMITT TRIGGER: En el comparador anterior, apenas hay una diferencia e n la entrada, aparece la salida respectiva. En el comparador con histéresis la salida se presenta siempre que la diferencia esté fuera de un rango. 332
Electrónica Analógicos II
4
VCC
7
Vin
+
3
-
2
6
+
Vs
-
R2
R1
- VCC
La tensión de referencia se toma de la salida y también puede incluirse una referencia externa. Obsérvese que el circuito emplea realimentación positiva. •
Cuando la salida está en nivel alto (VH), el voltaje en la entrada no inversora es: V + = V H ⎛⎜⎜
R1
⎝ R1 + R 2
⎞
⎟⎟ ⎠
⎛ R1 ⎞
⎟⎟ Y la salida conmutará al nivel bajo (VL) cuando de cumpla: V IN ≥ VH ⎜⎜
⎝ R1 + R2 ⎠
•
Cuando la salida está en nivel bajo (VL), el voltaje en la entrada no inversora ⎛ R1 ⎞
⎟⎟ es: V + = V L ⎜⎜
⎝ R1 + R2 ⎠
⎛ R1 ⎞
⎟⎟ Y la salida conmutará al nivel alto (VH) cuando de cumpla: V IN ≤ V L ⎜⎜
+
R
R
2 ⎠
⎝ 1
Como los niveles de referencia son diferentes, habrá un rango en el cual la salida no cambia. 333
Electrónica Analógicos II Problema: En el comparador de ventana mostrado, halle: a) R1 para que VL cambie a +12V cuando Vi baja á 1V b) Y que VL cambie a ‐ 12V cuando Vi sube á 4.5V. Dato: R2 = 26KΩ R2
3
+ 12V
R1
11
10
3V
13
12
+
Vi
-
+
+
VL
-
- 12V
a) Para que conmute á +12V, es necesario que la salida esté en – 12V ⎞
⎛
R1
⎟⎟ En este caso, la tensión V+ es: V + = 3 − 12⎜⎜
⎝ R1 + 26 K ⎠
Cuando Vi llega a 1V, entonces el amplificador conmutará a +12V. En ese instante, V+ deberá ser también 1V. ⎞
⎛
R1
⎟⎟ Entonces: V + = 1 = 3 − 12⎜⎜
⎝ R1 + 26 K ⎠
Despejando R1: b) R1 =
26 K
= 5.2 KΩ 5
R1 = 5.2KΩ Verificando cuando la salida está en +12V: ⎛
⎞
R1
⎟⎟ En este caso se tiene: V + = 4.5 = 3 + 9⎜⎜
+
R
26
K
⎝ 1
⎠
26 K
= 5.2 KΩ 5
Se comprueba que: R1 = 5.2KΩ es la único valor que cumple con estos requisitos. Despejando R1: R1 =
3) RECTIFICADOR DE MEDIA ONDA DE PRECISION: Cuando se requiere rectificar señales pequeñas, que no podría realizarse con un rectificador convencional, podemos usar al opamp. 334
Electrónica Analógicos II
El esquema siguiente muestra un circuito de este tipo: R
D1
R1
D2
6
+
3
Vin
-
2
En el gráfico siguiente se observa la forma de onda de salida para: R1 = 1KΩ y R2 = 2KΩ: La entrada es una sinusoide de 1 mVpico y la salida la onda rectificada con amplitud de 2mVpico A: d2_k
B: v1_1
2.000mV
1.000mV
0.000mV
-1.000mV
0.000ms
0.750ms
1.500ms
2.250ms
5) AMPLIFICADOR LOGARITMICO: En la siguiente figura se muestra una versión de este circuito. Como su nombre lo indica, su objetivo es dar en su salida el logaritmo de la señal de entrada. Iniciamos el análisis hallando la expresión de la corriente de colector de Q2: 335
Electrónica Analógicos II D1
R1
Vin
6
+
3
-
2
+
VL
-
El voltaje de salida es dado por: ⎞
⎟⎟ ⎠
AMPLIFICADOR LOGARITMICO (MEJORADO): R1
15K
VREF = +15V
I1
Q1
I2
Q2
2N2453
7
1
R2
1K
15nF
R12
+15V
P2
10K
C3
3
+
2
-
10K
A2
LF356
6
SALIDA
4
5
-15V
C1
0.1uF
4
5
-15V
3
7
1
IF
A1
LF356
6
R16
R
+
2
-
6) ⎛I ⎞
⎛ V
V L = −VT ln⎜⎜ D ⎟⎟ = −VT ln⎜⎜ IN
⎝ IO ⎠
⎝ R1 I O
R17
R
P1
10K
P3
1K
C2
0.1uF
+15V
336
Electrónica Analógicos II
La corriente I2 es aproximadamente igual a la corriente de colector de Q2 si la ganancia del transistor es lo suficientemente alta (β ≥ 50), está en la zona activa y se puede expresar como: V − (VBE1 − VBE 2 )
I 2 = REF
R1
Debido a que los transistores son muy parecidos, debe cumplirse: VREF >> VBE2 ‐ VBE1 V
Y podemos decir aproximadamente: I 2 = REF R1
La corriente de colector de Q1 es aproximadamente igual a la corriente de señal de entrada, IF Al hacer trabajar a ambos transistores en la zona activa, podemos tener las siguientes relaciones: IF = I1= IES eVBE1/VT I2= IES eVBE2/VT La señal que ingresa al operacional A2 es: VBE2 ‐ VBE1 Expresándolas en función de IF e I2: VBE2 ‐ VBE1 = VT ln(I2/IES) ‐ VT ln(I1/IES) = VT ln(I2/I1) = VT ln(VREF / R1IF) VBE2 ‐ VBE1 = ‐ VT ln(R1IF /VREF) El operacional A2 está en la configuración de amplificador no inversor y su salida es dada por: Vsalida = [1 + R13/(R3 + P3)] (VBE2 ‐ VBE1) = ‐ [VT ln(R1IF /VREF)][1 + R13/(R3 + P3)] Como: VREF = 15 V y R1 = 15 KΩ Vsalida = [1 + R13/(R3 + P3)] = ‐ [VT ln(IF)][1 + R13/(R3 + P3)] Para expresar la salida en función de logaritmo de base 10 debemos tener en cuenta que. Log(ex) = x log(e) = 0.4343 x Es decir, si a la salida la afectamos por el factor 0.4343, obtendremos el logaritmo en base 10 de la señal de entrada. Esto se puede hacer ajustando el potenciómetro P3 y también la resistencia R12 337
Electrónica Analógicos II C3 se emplea para reducir la respuesta en frecuencia del amplificador al rango de interés en la señal de entrada. Algo característico de los circuitos analógicos es que responden velozmente a cualquier cambio en sus entradas. Esto los hace susceptibles a ser afectados por el ruido, las variaciones de la tensión de alimentación, los cambios de temperatura, el envejecimiento de los componentes, etc. que obliga a calibrarlos cada cierto tiempo para que no pierdan su exactitud. 7) AMPLIFICADOR ANTILOGARITMICO: En la siguiente figura se muestra una versión de este circuito. Como su nombre lo indica, su objetivo es dar en su salida el antilogaritmo de la señal de entrada. R1
D1
Vin
+
3
-
2
6
+
VL
-
VD
VT
⎛ VIN
⎜⎜
⎝ VT
⎞
⎟⎟
⎠
V L = − I D R1 = R1 I O ε = − R1 I O ε
El voltaje de salida es dado por: 8) OSCILADOR DE ONDA CUADRADA CON OPAMP LM741: A continuación se muestra un circuito oscilador de onda cuadrada de baja frecuencia basado en un comparador con histéresis: 338
Electrónica Analógicos II
R1
470k
+
-
R5
1k
Vcc
9V
C1
R2
12k
U1
+ LM741
R4
27k
0.33uF
R3
5.6k
D1
3V9
La resistencia R3 introduce realimentación positiva produciendo una histéresis al comparador. El diodo zener de 3.9V se emplea para que al encender el circuito, el integrado reciba una tensión positiva que haga que su salida pase al nivel alto. De esta manera, el condensador C1 comenzará a cargarse a través de la resistencia R1. Cuando C1 eleve su tensión por encima del nivel umbral definido por D1, R3 y R4, la salida del opamp conmutará al nivel bajo haciendo que se descargue el condensador. Cuando su tensión caiga por debajo del nivel umbral, la salida volverá a conmutar al nivel alto, repitiéndose el proceso. El siguiente gráfico muestra el resultado obtenido mediante el simulador Circuit Maker 2000, para los valores mostrados en el circuito: A : u2_6
9.000 V
7.000 V
5.000 V
3.000 V
1.000 V
- 1.0 0 0 V
10.00 s
10.20 s
10.40 s
10.60 s
10.80 s
11.00 s
Podemos observar que el período de la oscilación es aproximadamente de 480ms. La frecuencia de oscilación es aproximadamente 2Hz. El circuito puede ser empleado como indicador o para verificar la ganancia del operacional. 339
Electrónica Analógicos II En el siguiente esquema se muestra un circuito que puede indicar visualmente el funcionamiento del operacional. Se ha agregado el transistor 2N2222 que trabaja en corte y saturación. R2
470K
D2
R1
1K
7
R3
12K
9 VDC
3
C1
R4
27K
0.33uF
4
BAT.
Z1
LD1
Verde
R11
1K
D1
R8
10K
D6
6
1N4004
Q1
2N2222
+
2
R10
1K
R12
1K
R7
1K
U1
LM741
-
1N4004
6.2V
R5
5K6
LD2
Rojo
R9
100K
3.9V
SERIE DE PROBLEMAS PROBLEMA 1: En el siguiente comparador con histéresis (schmitt trigger), halle los voltajes de entrada a los que conmuta el circuito. R1
200K
+12Vdc
4
R1
10K
2V
2
+
Vi
-
+
1
11
3
V1
OP-11
-12Vdc
PROBLEMA 2: En el circuito con OPAMP siguiente, demuestre que: Vs = log10 [((V2R1)/(V1R2)] 340
Electrónica Analógicos II
Q2
R2
U2
20K
333K
+
V2
Q1
U3
+
+
Vs
-
LM741
R1
U1
20K
+
V1
333K
PROBLEMA 3: Se quiere obtener la siguiente forma de onda empleando amplificadores operacionales. Diseñe un posible circuito que realice dicha función. Asuma que dispone de un generador de onda cuadrada con frecuencia de 60 Hz y que los operacionales son ideales. Vo
+5V
3T/4
T/2
T/4
T
t
-5V
f = 60 Hz
341
Electrónica Analógicos II FILTROS ACTIVOS Los filtros son circuitos que dejan pasar frecuencias dentro de un determinado rango. Fuera de este rango, atenúan las señales o sus armónicas. TIPOS DE FILTROS: Podemos clasificarlos según el rango de frecuencias que dejan pasar. Entre ellos tenemos: Filtro pasa bajo: Dejan pasar las frecuencias que están por debajo de un determinado valor (fL ó wL) H(jw)
wL
w
Filtro pasa alto: Dejan pasar las frecuencias que están por encima de un determinado valor (fH ó wH) H(jw)
wH
w
Filtro pasa banda: Dejan pasar las frecuencias que están entre un rango de valores (fL ó wL) y fH ó wH)) H(jw)
wL
wH
w
Filtro de rechazo de banda (Notch): Rechazan las frecuencias que estén entre un rango de valores (fL y fH) 342
Electrónica Analógicos II H(jw)
wL
wH
w
Filtro pasa todo (o desfasador): Dejan pasar todas las frecuencias, pero producen desfasaje. Se le emplea como desfasador. H(jw)
w
H(jw)
w
FAMILIAS DE FILTROS: La función de transferencia de un filtro pasa bajo tiene la forma siguiente: N (s )
H (s ) =
D (s )
N(s) y D(s) son polinomios en s 343
Electrónica Analógicos II Hay muchas familias de filtros. Cada filtro de una familia posee una función de transferencia única. La localización y complejidad de los polos y ceros de la función de transferencia definen por completo la respuesta del filtro. La mayor parte de los requisitos que debe cumplir un filtro se satisfacen eligiendo cualquiera de las siguientes familias: 1) Butterworth: Sus polos caen dentro de una circunferencia de radio 1 dentro del plano complejo. El filtro pasa bajo no tiene ceros. Poseen características transitorias relativamente buenas. Su respuesta en frecuencia es bastante plana y su atenuación es con pendiente relativamente acentuada. Se pueden diseñar con componentes de valores prácticos con tolerancias poco críticas 2) Chebyshev: Presentan una pendiente de atenuación más aguda que el Butterworth, pero, su respuesta no es plana y presenta rizado; además su respuesta transitoria no es tan buena como los Butterworth. El filtro pasa bajo no tiene ceros. La mayor amplitud del rizo hace que la atenuación sea más aguda, pero su respuesta a los transitorios empeora. Sus polos se localizan en una elipse en el plano complejo. 3) Bessel: Se emplean para la reproducción fiel de la onda de entrada. Ofrecen, para ello, un retardo constante en la banda pasante. El filtro pasa bajo no tiene ceros. Su respuesta en frecuencia no es tan buena como los de las familias anteriores, pero sus excelentes propiedades transitorias lo hacen muy útil. 4) Función elíptica: Su función de transferencia posee polos y ceros; esto permite que su pendiente de atenuación sea incluso más aguda que la de la familia Chebyshev, pero presenta rizado tanto en la banda pasante como en la rechazada. Sus circuitos son más complejos, pero requieren menos secciones para una atenuación dada. C
PROBLEMA 1: Normalice el siguiente filtro a) activo pasa bajo de primer orden. R1
R2
b) Halle sus componentes para una frecuencia de corte de +
+
VL
200Hz. Vg
+
-
344
Electrónica Analógicos II Solución: a) Normalice el siguiente filtro activo pasa bajo de primer orden: R
− 2
R1
Hallamos la función de transferencia: H (s ) =
1 + R2 Cs
R2
R1
=
H ( jw ) =
1 + jwR 2 C
−
b) En el estado estacionario: A = −
R2
R1
wc =
1
R2C
A
1+ j
w
wc
El filtro se normaliza haciendo: wr = 1 y │A│= 1 En el filtro normalizado debe cumplirse: R1 = R2 y R2C = 1 Si elegimos R2 = 1Ω entonces: C = 1F Componentes para una frecuencia de corte de 200Hz: Si quisiéramos que la frecuencia de corte fuera 200Hz, tendremos: w c = 2 π (200
R2C =
)=
400 π =
1
R2C
1
400 π
Con esta última ecuación elegimos un valor de R (ó C) y calculamos el otro componente. Si: R2 = 10KΩ, entonces: C = 79.58nF Elegimos R1 = R2 La respuesta en frecuencia se muestra a continuación: A : c 1_2
1.050 V
0.950 V
0.850 V
0.750 V
0.650 V
0.550 V
0.000 Hz
100.0 Hz
345
200.0 Hz
300.0 Hz
Electrónica Analógicos II Podemos ver que la frecuencia de corte (en el punto de media potencia) está en 200Hz. Si elegimos: R2 = 2R1 R1 = 5KΩ La respuesta en frecuencia se muestra a continuación: A: r1_2
2.250 V
1.750 V
1.250 V
0.750 V
0.000 Hz
100.0 Hz
200.0 Hz
300.0 Hz
1) 2) 3) Podemos observar que a pesar de haber elevado la ganancia, la frecuencia de corte se mantiene. En base a lo anterior, podemos hacer una regla para convertir el filtro normalizado en el filtro que queremos: Hallamos la relación (K) entre la frecuencia de corte del filtro deseado y la 2π (200)rad / s
K=
= 1256.64 del filtro normalizado: 1rad / s
Dividimos al condensador del filtro normalizado por el factor K: 1F
C=
= 795.77 μF 1256.64
Como la resistencia normalizada es muy chica, la multiplicamos por otro factor (E) elegido arbitrariamente, que eleve su valor y dividimos a la capacidad obtenida por el mismo factor para llegar a los valores finales: Eligiendo: E = 10000 R = (1Ω )E = 10 KΩ
795.77 μF
= 79.58nF
10000
Que son los mismos valores hallados anteriormente. C=
400.0 Hz
346
Electrónica Analógicos II POLOS DE LOS FILTROS PASA BAJO NORMALIZADOS: Los polos están indicados en la forma: p = α ± jβ , que indica dos polos conjugados. BUTTERWORTH BESSEL CHEBYSHEV 0.1db ORDEN α ± jβ ORDEN
α ± jβ ORDEN
α ± jβ 2 0.7071 0.7071 2 1.1030 0.6368
2 0.6104 0.7106
3 0.5000 0.86660 3 1.0509 1.0025
3 0.3490 0.8684
1.0000
1.3270
0.6979 4 0.9239 0.3827 4 1.3596 0.4071
4 0.2177 0.9254
0.3827 0.9239 0.9877 1.2476
0.5277 0.3833
0.8090 0.5878 1.3851 0.7201
0.3842 0.5844
5 0.3090 0.9511 5 0.9606 1.4756
5 0.1468 0.9521
1.000 1.5069
0.4749 0.9659 0.2588 1.5735 0.3213
0.3916 0.2590
6 0.7071 0.7071 6 1.3836 0.9727
6 0.2867 0.7077
0.2588 0.9659 0.9318 1.6640
0.1049 0.9667
0.9010 0.4339 1.6130 0.5896
0.3178 0.4341
7 7 7 0.6235 0.7818 1.3797 1.1923
0.2200 0.7823
0.2225 0.9808 0.9104 1.8375
0.0785 0.9755
1.000 1.6853
0.3528 0.9808 0.1951 1.7627 0.2737
0.3058 0.1952
0.8315 0.5556 0.8955 2.0044
0.2592 0.5558
8 8 8 0.5556 0.8315 1.3780 1.3926
0.1732 0.8319
0.1951 0.9808 1.6419 0.8253
0.0608 0.9812
9 0.9397 0.3420 1.8081 0.5126
0.2622 0.3421
0.7660 0.6428 1.6532 1.0319
0.2137 0.6430 0.5000 0.8660 9 1.3683 1.5685
9 0.1395 0.8663 0.1737 0.9848 0.8788 2.1509
0.0484 0.9852 1.0000 1.8575
0.2790 0.9877 0.1564 0.8910 0.4550 10 0.7071 0.7071 0.4550 0.8910 0.1564 0.9877 PROBLEMA 2: a) Normalice el siguiente filtro activo pasa bajo de segundo orden como filtro Butterworth. b) Diséñelo para una frecuencia de corte de 300Hz 347
Electrónica Analógicos II C1
R2
-
R1
V
+
VL
-
+
+
Vg
-
C2
Solución: Hallamos la función de transferencia: Vg − V V − V +
En el nudo V: =
+ (sC1 )(V − V L ) R1
R2
También se cumple: V+ = VL V −V +
= (sC 2 )V + Nudo V+: R2
De estas ecuaciones obtenemos la función de transferencia: H (s ) =
w c2 =
1
1 + (R 1 + R 2 )C 2 s + R 1 R 2 C 1 C 2 s 2
1
R1 R 2 C 1C 2
De la tabla del filtro normalizado Butterworth, p1 =
1
h (s ) =
1
=
1
1 ⎞⎛
1
1 ⎞
⎛
1+
+ j
− j
⎜s +
⎟⎜ s +
⎟
2
2 ⎠⎝
2
2 ⎠
⎝
2
+ j
1
2
LLLL p2 =
1
2
− j
1
2
1
2s + s2
Comparando con la función de transferencia original, quedará normalizado si se cumple: (R 1 + R 2 )C 2 = 2 L L L R 1 R 2 C 1 C 2 = 1 Como tenemos 4 incógnitas y sólo 2 ecuaciones, podemos hacer: R1 = R2 = 1Ω y hallamos C1 y C2 para obtener los componentes del filtro normalizado. 348
Luego: (2 )C 2
=
C 1C 2 = 1L L L C 1 =
b) 2
2
2LLL C2 =
Electrónica Analógicos II 2
Diseño para una frecuencia de corte de 300Hz 1) Hallamos la relación (K) entre la frecuencia de corte del filtro deseado y 2π (300 )rad / s
K=
= 1884.96 la del filtro normalizado: 1rad / s
2) Dividimos al condensador del filtro normalizado por el factor K: 2
2
2
C1 =
= 750.26μF LLL C 2 =
= 375.13μF 1884.96
1884.96
R1 = 1Ω LLL R2 = 1Ω
3) Como las resistencias normalizadas son muy chicas y los condensadores muy grandes, la multiplicamos por el factor E, que eleve sus valores y dividimos a las capacidades obtenidas, por el mismo factor para llegar a los valores finales: Eligiendo: E = 5600 R1 = R2 = (1Ω )E = 5.6 KΩ
750.26μF
= 134nF 5600
375.13μF
C2 =
= 67nF
5600
La respuesta en frecuencia se muestra a continuación: C1 =
A: u1_6
1.000 V
0.800 V
0.600 V
0.400 V
0.000 Hz
100.0 Hz
200.0 Hz
300.0 Hz
400.0 Hz
Podemos observar que la frecuencia de corte es 300Hz. PROBLEMA 3: Convierta el circuito del problema 2 en pasa alto con frecuencia de corte a 200Hz. Solución: Se puede realizar un filtro pasa alto partiendo del filtro pasa bajo normalizado: 349
1.4142F
-
Electrónica Analógicos II +
+
1
1
Vg
0.707F
+
VL
-
Este circuito lo convertimos a pasa alto: • Cambiando las resistencias por capacidades y poniéndoles como valores en faradios, la inversa del valor normalizado de la resistencia • Cambiando los condensadores por resistencias y poniéndoles como valores en ohmios, la inversa del valor normalizado de la capacidad 1/1.4142
+
+
Vg
1F
1F
1/0.707
+
VL
-
Este filtro es pasa alto con frecuencia de corte a 1rad/s Convirtiendo el filtro normalizado en el filtro que queremos: 1) Hallamos la relación (K) entre la frecuencia de corte del filtro deseado y la del 2π (200)rad / s
K=
= 1256.64 filtro normalizado: 1rad / s
2) Dividimos a los condensadores del filtro normalizado por el factor K: 1F
C1 =
= 795.77 μF
1256.64
1F
C2 =
= 795.77 μF
1256.64
350
Electrónica Analógicos II 3) Como la resistencia normalizada es muy chica, la multiplicamos por otro factor (E) elegido arbitrariamente, que eleve su valor y dividimos a las capacidades obtenidas por el mismo factor para llegar a los valores finales: Eligiendo: E = 10000 (1Ω ) E = 7.07 KΩ
R1 =
1.4142
1Ω
R2 =
E = 14.14 KΩ
0.707
795.77 μF
C1 = C 2 =
= 79.58nF
10000
Finalmente el filtro pasa alto es: 7.07K
+
+
79.58nF
+
VL
-
79.58nF
14.14K
Vg
-
La respuesta en frecuencia es: A : u1_6
1.000 V
0.800 V
0.600 V
0.400 V
0.200 V
0.000 V
0.000 Hz
100.0 Hz
200.0 Hz
Observamos que la frecuencia de corte está en 200Hz. 351
300.0 Hz
400.0 Hz
Electrónica Analógicos II PROBLEMA 4: Halle la función de transferencia del siguiente desfasador (o filtro pasa todo): R2
R1
+
+
Vi
-
C1
R3
+
Vs
-
Solución: La función de transferencia del circuito es la siguiente: ⎛ R2 ⎞
⎟ R3
⎜1 +
R1 ⎟⎠
R2 ⎜⎝
H (s ) = −
+
1
R1
R3 +
sC1
Para simplificar, podemos poner la siguiente condición: R1 = R2 = R3 2 R3
− 1 + R3 C1 s
Entonces: =
H (s ) = −1 +
1
1 + R3 C1 s
R3 +
sC1
En el estado estacionario: s = j w Y la magnitud es: H ( jw) = 1 La fase es: ∠H ( jw) = 180 o − 2 arctan(wR3C1 ) Vemos que la magnitud es constante, pero la fase puede variarse cambiando el valor de R3. R1
R2
PROBLEMA 5: Halle la función de 2
transferencia del siguiente filtro R
6
V+
3
pasa bajo con ganancia mayor que +
1. Vo
C
Vi
La tensión de salida la podemos V
R
hallar en función de V+ empleando C
+
352
Electrónica Analógicos II la ecuación de ganancia del amplificador no inversor: ⎛ R ⎞
VO = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟V + = AV +
R1 ⎠
⎝
R2
A = 1+
R1
continuación hallamos V en función de Vi y Vo En el nudo V+: V + − Vi
+ sC V + − V = 0 R
V
1 + RCs
De aquí: V =
VO − i ARCs
RCs
En el nudo V: V − Vo
V − V + Cs + VCs +
= 0 R
De aquí: V (1 + 2 RCs ) = RCsV + + Vo Reemplazando V y despejando la función de transferencia: A(1 + 2 RCs )
H (s ) = 2 2 2
R C s + (3 − A)RCs + 1
El denominador de la función de transferencia corresponde a la ecuación diferencial en el dominio del tiempo y podemos identificar la frecuencia natural y el factor de atenuación: frecuencia natural: ωo = 1/RC factor de atenuación : α = (3 – A)/2RC Factor de calidad: Q = ωo/2α = 1/(3 ‐ A) Relación de amortiguación: ζ = α/ωo = (3 ‐ A)/2 Si queremos una respuesta sub amortiguada con poco sobreimpulso, podemos elegir una relación de amortiguación cercana a 0.7, requeriremos de una ganancia A = 1.6 PROBLEMA 6: Diseñe el siguiente circuito como filtro Butterworth para obtener una frecuencia de corte de 100Hz. Dato: Los polos normalizados son: p1,2 = α +/‐ jβ = 0.707 +/‐ j 0.707 (
(
)
353
)
Electrónica Analógicos II C1
-
R
R
+
+
+
VL
V
C2
Vs
-
-
Hallamos la función de transferencia del filtro a partir de las ecuaciones: V + = VL
Vs − V V − V +
=
+ (V − VL )sC1 R
R
Vs − V +
= V + C2 s
R
Luego: H (s ) =
1
⎡
2s
1 ⎤
+ 2
R C1C 2 ⎢ s 2 +
⎥
RC1 R C1C 2 ⎦
⎣
2
Si p1 y p2 son los polos, podemos expresar: 1
1
H (s ) =
= 2
2
r 2C1C 2(s + p1 )(s + p 2 ) R C1C 2 s + ( p1 + p 2 )s + p1 p 2
Comparando: 2
1
p1 + p 2 =
LLL p1 p 2 = 2
RC1
R C1C 2
El filtro normalizado se calcula con una frecuencia angular de corte de 1 rad/s y ganancia igual á 1. La relación de frecuencias de corte es: K = 2π (100) / 1 = 628 Entonces: (P1 + P2 ) / K = 2 α = 2 / KRC1 (P1P2) / K2 = α2 + β2 = 1 / K2R2C1C2 Como p1,2 = α +/‐ jβ = 0.707 +/‐ j 0.707 [
354
]
Electrónica Analógicos II Luego: 2 (0.707) = 2 / KRC1 = 1.414 RC1 = 2252 us (0.707)2 + (0.707)2 = 1 = 1 / K2R2C1C2 R2C1C2 = 2.54 us A continuación obtenemos. RC2 = 1126 us Finalmente: C1 / C2 = 2 Elegimos: C2 = 0.1uF Se obtiene: C1 = 0.2uF y R = 11.26KΩ A continuación se muestra el circuito final: C1
0.2uF
V1
-1/1V
R1
11.26k
R2
11.26k
U1
IDEAL
C2
0.1uF
1kHz
En el siguiente gráfico se observa la respuesta en frecuencia: A: c1_2
1.000 V
0.800 V
0.600 V
0.400 V
0.200 V
0.000 V
0.000 Hz
100.0 Hz
200.0 Hz
300.0 Hz
Podemos observar que la frecuencia de corte está en 100Hz. 355
400.0 Hz
Electrónica Analógicos II PROBLEMA 7: Halle la función de transferencia del siguiente filtro pasa banda. R1
R2
C
Vi
3
+
V+
2
-
R
6
+
Vo
-
C
V
R
La tensión de salida la podemos hallar en función de V+ empleando la ecuación de ganancia del amplificador no inversor: ⎛ R ⎞
VO = ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟V + = AV +
R1 ⎠
⎝
R2
A = 1+
R1
A continuación hallamos V en función de Vi y Vo En el nudo V+: V + − Vi
+ sC V + − Vi = 0 R
V
⎛ 1 ⎞⎛ 1 + RCs ⎞
V = ⎜ ⎟⎜
De aquí: ⎟Vo − i = 0 RCs
⎝ A ⎠⎝ RCs ⎠
En el nudo V: V − Vo
= 0 Cs V + − Vi + Cs (V − Vi ) +
R
⎛ RCs ⎞
De aquí: V (2 RCs + 1) = Vo ⎜
+ 1⎟ + Vi RCs ⎝ A
⎠
Reemplazando V y despejando la función de transferencia: A R 2 C 2 s 2 + 2 RCs + 1
H (s ) = 2 2 2
R C s + (3 − A)RCs + 1
(
(
)
)
(
)
356
Electrónica Analógicos II El denominador de la función de transferencia se relaciona con la ecuación diferencial en el dominio del tiempo y podemos identificar los siguientes parámetros: frecuencia natural: ωo = 1/RC factor de atenuación : α = (3 – A)/2RC Factor de calidad: Q = ωo/2α = 1/(3 ‐ A) Relación de amortiguación: ζ = α/ωo = (3 ‐ A)/2 La frecuencia natural define la frecuencia central de sintonía del filtro. Podemos hacer más selectivo al filtro aumentando su factor de calidad. Se consigue ello cuando ajustamos la ganancia del amplificador a un valor cercano a 3. El ancho de banda (en radianes/segundo) a 3 db se puede hallar con la relación: BW = 2α = (3 – A)/RC 357
Electrónica Analógicos II AMPLIFICADORES OPERACIONALES ESPECIALES 1) AMPLIFICADOR DE TRANSCONDUCTANCIA Aplicacion del Amplificador Operacional de Transconductancia (OTA) a Amplificadores Controlados por Voltaje y Filtros Activos por w.grise@morehead‐st.edu Deparment of IET Morehead State University Morehead, KY 40351 Traducción: Ing. Moisés Leureyros Abstract The application of the operational transconductance amplifier (OTA) in the design of simple amplifiers with voltage‐controllable gain and to the design of firs‐order and second‐order active filters with controllable gains and controllable critical frequencies is demonstrated. A typical biasing scheme is also shown so that readers can more easily set up the circuits themselves. Introducción Este artículo demuestra la utilidad del amplificador operacional de transconductancia (OTA) como reemplazo del op‐amp convencional en filtros activos de primer y segundo orden. Esta es una breve descripción de lo que debe conocer un estudiante de tecnología acerca de los aspectos básicos de operación del OTA, así como del uso práctico de los actuales OTAs comerciales. La estructura de este artículo es la siguiente: Primero, se explica el funcionamiento básico del OTA, incluyendo la operación con DC y AC. En esta sección se presentarán circuitos simples, como ejemplo, para demostrar las similitudes y diferencias entre circuitos que usan el OTA y el op‐amp convencional. Segundo, se presentan y analizan circuitos de filtros activos con OTA. Se demostrará la riqueza de posibilidades inherentes a los filtros de segundo orden. Finalmente, la última sección presentará las consideraciones prácticas que deberán tomarse en cuenta cuando se use la presente generación de OTAs. II. Operación básica del OTA 1. Operación DC El OTA es un dispositivo de transconductancia, esto significa que el voltaje de entrada controla la corriente de salida mediante la transconductancia del dispositivo, indicada como gm. Esto hace del OTA una fuente de corriente 358
Electrónica Analógicos II controlada por tensión (VCCS), en contraste con el op‐amp convencional, que es una fuente de voltaje controlada por voltaje (VCVS). Lo importante y útil de la transconductancia del OTA es que este parámetro es controlado por una corriente externa, la corriente de bias, IABC , del amplificador, de tal forma que obtenemos: gm = IABC / (2VT) = (20 / V) IABC (Ec. 1) Con esta transconductancia controlada externamente, la corriente de salida en función de la diferencia de voltaje aplicado a sus pines de entrada, indicadas como V+ y V‐, es dada por: Io = gm (V+ ‐ V‐) (Ec. 2) Claramente, el voltaje de salida puede hallarse con esta corriente poniendo simplemente una carga resistiva. El circuito equivalente del OTA se muestra en la Figura 1. gm
V+
V-
+
Io
-
Iabc
V+
+
gm Vdiff
V-
-
Fig. 1 En este punto, deben tenerse en cuenta dos diferencias principales entre el OTA y el op‐amp convencional. Primero, siendo el OTA una fuente de corriente, su impedancia de salida es alta, en contraste con la del op‐amp que es muy baja. Debido a que una baja impedancia de salida es, a menudo, una característica deseable en los amplificadores con cargas resistivas, ciertos nuevos OTA’s comerciales, tales como el LM13600 de National Semiconductor’s, tienen dentro del chip buffers con impedancia controlada. Segundo, es posible diseñar circuitos con OTA que no empleen realimentación negativa. En otras palabras, en lugar de 359
Electrónica Analógicos II usar realimentación para reducir la sensitividad de un circuito a los parámetros del dispositivo, la transconductancia es tratrada como un parámetro de diseño, así como los resistores y capacitores son tratados en los circuitos basados en op‐amp. La polarización de la circuitería interna del OTA es tal que la corriente total de polarización que entrega la fuente [Soclof‐91] es dada por: ISUPPLY = 3IABC. Esto parece indicar que el OTA puede ser usado en aplicaciones de micropotencia, reduciendo a IABC = 1 A. Sin embargo, las pérdidas en velocidad y ancho de banda, que son controladas finalmente por IABC, pueden ser severas a tales niveles de corriente. 2. Análisis en AC y Respuesta en Frecuencia Muchas de las dependencias del ancho de banda y respuesta en frecuencia en lazo abierto y en lazo cerrado del OTA son similares a las del op‐amp convencional. Para un circuito con realimentación negativa, existe una relación muy importante entre el ancho de banda en lazo cerrado, la corriente de bias del amplificador y la ganancia en lazo cerrado: BWCL = [(20 / V)IABC] / [2π CNET ACL(0)] (Ec. 3) Donde CNET es la suma la capacidad de las junturas del dispositivo y la de salida del OTA y en caso se conecte una capacidad de carga al circuito CNET = CO + CL. La ecuación (3) tiene la interesante consecuencia que ciertos tipos de redes activas, tales como los filtros activos, pueden tener sus frecuencias críticas controladas por la corriente externa, IABC, la que, por supuesto, puede, a su vez, ser controlada por un voltaje externo. III. Circuitos con OTA 1. Amplificadores de Voltaje Básicos Esta sección discute un subconjunto de amplificadores de voltaje comunes, abos con o sin realimentación negativa. Para mayor información acerca de la gran variedad de configuraciones de amplificadores disponibles usando OTA, la referencia [Geiger‐85] es muy útil. La Figura 2 muestra un amplificador inversor realizado con un OTA el cual permite no sólo ganancia controlable, sino también usa realimentación negativa para reducir la resistencia de salida. Con ello, la resistencia de salida ahora se puede controlar mediante la transconductancia. La ganancia de tensión y la impedancia de salida son dadas por: Vo / Vi = (1 – gm R2) / (1 + gm R1) (Ec. 4) Zo = (R1 + R2) / (1 + gm R1) (Ec. 5) 360
Electrónica Analógicos II R2
R1
Vi
gm
Vo
+
Iabc
Fig. 2 La demostración de la ecuación (4) se presenta en el apéndice para mostrar el análisis típico necesario cuando se trabaja con circuitos basados en OTA. Para el circuito en la Figura 2, las ecuaciones (4) y (5) se reducen a formas aproximadas en el caso que: gm R1 >> 1; en este caso obtenemos: Vo / Vi = ‐ (R2 / R1) (Ec. 6) Zo = (R1 + R2) / (gm R1) (Ec. 7) Por supuesto, la ecuación (6) no es nada más que la del amplificador inversor. Esto debe esperarse dado que una de las propiedades de la realimentación negativa es la casi completa de la ganancia de la relación de realimentación, sólamente. El ejemplo final de un bloque básico de amplificador usando OTA se muestra en la Figura 3. Este es un ejemplo de un amplificador sólo con OTA, en el cual la ganancia de voltaje y la impedancia de salida están dadas por: Vo / Vi = ‐ (gm1) / (gm2) (Ec. 8) Zo = 1 / (gm2) (Ec. 9) -
Vi
gm1
gm2
Vo
+
+
Fig. 3 La ganancia y la impedancia de salida son completamente fijadas por las corrientes externas, sin componentes pasivos externos excepto los necesarios para generar la corriente de una fuente de tensión estándar. 361
Electrónica Analógicos II 2. Filtros Activos con OTA Los filtros activos son aplicaciones estándar del op‐amp, el cual puede beneficiarse mucho de la controlabilidad del OTA [Geiger‐85]. La teoría básica y esquemas de circuitos básicos de filtros activos con op‐amps son presentados en muchos libros de texto en uso sobre Tecnología Electrónica o en programas de Ingeniería [Floyd‐
96 and Sedra‐91]. Lo que hace al OTA tan atractivo en estos circuitos es su habilidad para formar filtros con control por voltaje variable (por medio de la entrada IABC) sobre un conjunto de parámetros de funcionamiento clave del filtro. El parámetro controlado puede ser la ganancia en freuencias medias del circuito, como se ha indicado con los circuitos simples de la sección anterior. Alternativamente, los filtros activos basados en OTA pueden usar la polarización externa para controlar la ubicación de las frecuencias de corte, o frecuencias a 3dB, en ellos. El siguiente paso lógico es la controlabilidad de la entrega de ganancia independiente y ubicación de la frecuencia de corte. Otro filtros activos también pueden construirse con OTA. Esto permite la habilidad no sólo de cambiar las frecuencias de corte, la ganancia, o ambas, sino también mantener la forma de la respuesta. Por ejemplo, uno puede querer controlar la frecuencia de corte del filtro, pero sin alterar el rizado en la zona de paso de banda. También es posible cambiar el tipo de respuesta de pasa bajo a pasa todo oa pasa alto mediante el ajuste continuo de la transconductancia gm. Sólo algunas de estas alternativas serán desarrolladas en este artículo. Un ejemplo muy simple de filtro pasa bajo de primer orden (un polo correspondiente a una pendiente de caida de ‐20 dB/decade vs. frecuencia) se muestra en la Figura 4. La ganancia de voltaje en todo el rango de frecuencia, y la frecuencia de corte a ‐3 dB es dada por: Vo / Vi = (gm) / (sC + gm) (Ec. 10) f3db = gm) / (2πC) (Ec. 11) Vi
+
gm
C
Fig. 4 362
Vo
+
-
gm2
Electrónica Analógicos II En este circuito el segundo OTA, indicado como "gm2", está configurado como resistor variable con la tensión. El es el resistor variable que permite cambiar la frecuencia de corte en la ecuación (11). La Figura 5 muestra un filtro de segundo orden con tres terminales de control por voltaje. Dependiendo de cuáles dos de los tres terminales son puestos a tierra, podemos realizar un filtro pasa bajo, pasa alto, pasa banda o filtro notch. Cada uno de estos filtros tiene una frecuencia de corte o frecuencia central que puede ser fiada variando la transconductancia, gm, de los dos OTA en el circuito. Estos filtros se denominan de frecuencia ajustable y Q constante debido a que mantienen el valor del Q mientras se varían las frecuencias de corte. La obtención de las ecuaciones generales entre el voltaje de salida y los tres terminales de voltaje de control se obtienen fácilmente: gm1
-
+
C1
Vb
Vc
+
Fig. 5 Vo
-
C2
Va
gm2
Io1 = gm1 (V1+ ‐ V1‐) = gm1 (Va ‐ Vo1) Vc1 = Io1 XC1 + Vb = V2+ = (Io1 / s C1) + Vb Io2 = gm2 (V2+ ‐ V2‐) = gm2 [((Io1 / sC1) + Vb) ‐ Vo1] Vo1 = (Io2 / sC2) + Vc Luego, sustituyendo las ecuaciones halladas de Io1 e Io2, obtenemos: Vo1 = [gm1 gm2 (Va – Vo1)] / (s2C1C2) + (gm2 / sC2 )(Vb – Vo1)Vc Juntando los términos que tienen Vo1 y manipulando, llegamos finalmente a la función de transferencia: gm1 gm2 Va + sC1 gm2Vb + s2C1C2 Vc Vo1 = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (Ec. 12) s2 C1C2 + sC1gm2 + gm1 gm2 En las expresiones anteriores, s es la frecuencia compleja, s = jω , además I01 e I02 son las corrientes de salida del primer y segundo OTA respectivamente. 363
Electrónica Analógicos II Un ejemplo de reducción de la Ecuación (12) a un tipo de filtro específico se obtiene aplicando las siguientes condiciones: • Hacer Vin = VA; VB y VC a tierra. • Hacer gm1 = gm2 = gm. • Dividir todo por C1C2 tanto en numerador como denominador para obtener una ecuación estándar bicuadrática. El resultado es la siguiente función de transferencia: Vo1 / Va = (gm2 / C1C2) / [s2 + s (gm / C2) + gm2 / C1C2 (Ec. 13) Esta expresión tiene la forma del circuito estándar bicuadrático [Sedra‐91]: Vo1(s)/ Va(s)= (wo2) / [s2 + s (wo / Q) + wo2] (Ec. 14) Entonces, el circuito con estos valores particulares de los voltajes de control es un filtro pasa bajo con frecuencia de corte dada por: fo = gm / [2π (C1C2) 1/2] (Ec. 15) ) y una constante: Q = (C2 / C1)1/2 En resumen, se muestran las siguientes funciones de transferencia que se obtienen planteando las siguientes condiciones a los voltajes de control: • Vin = Vb ; Va y Vc a tierra ω Filtro pasa banda. • Vin = Vc ; Va y Vb a tierra ω Filtro pasa alto. • Vin = Va = Vc ; Vb a tierra ω Filtro notch. 3. Algunas Características No Lineales del OTA Uno de los mayores inconvenientes de las primeras versiones [Harris‐96, National‐
95] del OTA fue el limitado rango de excursión del voltaje diferencial de entrada. Esta afirmación puede explicarse en, por lo menos, dos formas. Primero, se tiene una limitada excursión de tensión de entrada en el OTA sólo si se emplea en lazo abierto. En ese caso, si el voltaje diferencial excede alrededor de 25 mV, y la resistencia de carga es relativamente baja (o sea que la ganancia de lazo abierto es relativamente baja), entonces, el circuito ya no operará en la zona lineal. Esto hace que la señal de salida sea distorsionada debido a su función de transferencia de tensión no lineal [Sedra‐91]. Por supuesto, para circuitos que emplean realimentación negativa, por ejemplo, que son operados en lazo cerrado, se mantendrá el comportamiento lineal. 364
Electrónica Analógicos II La segunda forma es que en las versiones más recientes del OTA, tales como el CA3280A de Harris, el LM13600 de National Semiconductor’s, y el NE5517 de Philips, todos ellos usan diodos de linealización internos en el par diferencial de entrada del OTA. Esto hace que la corriente de salida del OTA una función lineal de la corriente de bias del amplificador en un amplio rango de tensión diferencial de entrada. La Figura 6 muestra un esquema de polarización típico para un OTA comercial genérico. El voltaje de control, VCTL, se emplea para generar la corriente de polarización , IABC, por medio del resistor RABC. Los diodos de linealización que están incluidos en el chip en los OTAs comerciales indicados arriba, pueden ser polarizados mediante la fuente de alimentación positiva, +VCC. El análisis del circuito de linealización y su efecto en la corriente de salida puede hallarse en [Soclof‐91] y en varias notas de aplicación de los principales fabricantes [National‐
95,Philips‐94]. Vin+
+ VCC
5K
+
gm
Vo
-
- VCC
VinRabc
Vctl
Fig. 6 IV. Conclusión Como conclusión, este artículo ha mostrado cómo el Amplificador Operacional de Transconductancia (OTA) agrega controlabilidad a un conjunto de circuitos comúnmente construidos con el op‐amp convencional. En particular, se ha dado una introducción a la clase importante de filtros activos controlados por voltaje, construidos con OTA’s. Se ha incluido suficiente material, como seminario, para el 365
Electrónica Analógicos II estudiante de tecnología y para que el instructor pueda usar el artículo para investigaciones posteriores. Apéndice Tabla para cálculo de circuitos basados en OTA Este apéndice se encarga de demostrar, para los estudiantes en particular, cómo usamos el circuito equivalente ideal del OTA para predecir el comportamiento de circuitos basados en un solo OTA, en el laboratorio. Algunas aproximaciones sugieren las hechas en el opamp estándar. En particular, el OTA ideal, tal como el opamp ideal, tiene una resistencia de entrada casi infinita. Esto significa que no ingresa corriente en los pines de entrada del OTA, tanto inversor como no inversor. Sin embargo, el OTA se usa a menudo en lazo abierto, y entonces es prudente aprender cómo tratar los dos pines de entrada independientemente, dado que no puede asegurarse un cortocircuito virtual en muchas configuraciones. Las ecuaciones que se demostrarán aquí son de la función de transferencia del amplificador inversor, Figura 2. Se asume que la corriente IABC se obtiene de de un circuito de polarización adecuado. Del comportamiento básico del OTA como fuente de corriente controlada por tensión, obtenemos: Io = gm (V+ ‐ V‐) = ‐ gm V‐ Aplicando KVL alrededor del OTA da: (Vi ‐ V‐) / R1 = I1 = I2 = (V‐ ‐ Vo) / R2 Pero: Io = ‐ I1 = ‐ I2 Reemplazando primero: Io = ‐ I2 , obtenemos: (V‐ ‐ Vo) / R2 = ‐ (‐ gm V‐) = gm V‐ Intercambiando términos: V‐ (1 ‐ gm R2) = Vo ; esto da: V‐ = Vo / (1 ‐ gm R2) Luego, eliminando V‐ , haciendo I2 = I1 y sustituyendo V‐: Vi / R1 – (1/R1)[Vo / (1 – gm R2)] = (1/R2)[Vo / (1 – gm R2)] – Vo / R2 Pasando todos los términos con Vo al lado derecho: Vi = Vo [1 / (1 – gm R2)] + (R1/R2)[gm R2 = Vo [1 + gm R1)/ (1 – gm R2)] 366
Electrónica Analógicos II De esta última expresión obtenemos la ganancia de voltaje: Vo / Vi = (1 – gm R2) / (1 + gm R1) Esto completa la obtención de la ganancia de voltaje para este amplificador. El uso repetido de las mismas asunciones nos darán las expresiones correspondientes para los demás circuitos discutidos en la parte principal del texto. Referencias Floyd, T., Electronic Devices: Conventional‐Flow Version, 4th Edition, Chapter16. Prentice‐Hall, Englewood Cliffs, N.J., 1996. Geiger, R. L. and Sanchez‐Sinencio, Edgar, "Active‐Filter Design using Operational Transconductance Amplifiers: A Tutorial, " IEEE Circuits and Devices Magazine, Vol. 1, Number 2, pp. 20‐32, March, 1985. Harris Semiconductor, Application Notes 1174 (1996) and 6668 (1996), AN1174, AN6668. Philips Semiconductor, Product Specification for NE 5517/5517A, "Dual operational transconductance amplifier", 8/31/94. National Semiconductor, Application Note, "LM13600 Dual Operational Transconductance Amplifiers with Linearizing Diodes and Buffers", February, 1995. Lenk, John D., Handbook of Practical Electronic Circuits, Chapter 10. Prentice‐Hall, Inc., Englewood Cliffs, N.J., 1982. Sanchez‐Sinencio, E., Ramirez‐Angulo, J., Linares‐Barranco, B., and Rodriguez‐Vazquez, A., "Operational Transconductance Amplifier‐Based Nonlinear Function Syntheses," IEEE JSSC, Vol. 24, No. 6, pp. 1576‐1586, Dec. 1989. Sedra, A.S., and Smith, K.C., Microelectronic Circuits, 3rd Ed., Chapter 6. Saunders College Publishing, N.Y., 1991. Soclof, Sidney, Design and Applications of Analog Integrated Circuits, Chapter 9.3. Prentice‐Hall, Inc., Englewood Cliffs, N.J., 1991. 367
Electrónica Analógicos II 2) AMPLIFICADOR NORTON A diferencia del operacional convencional, este amplificador recibe corriente y su salida es proporcional a la diferencia de corrientes de entrada. Su construcción se basa en un espejo de corriente en la entrada y un amplificador cascode, el cual le permite trabajar bien a frecuencias elevadas. Un ejemplo de este tipo de amplificador es el LM359 de National Semiconductor. El esquema básico es el siguiente: VCC
Ip
Q5
Q6
Q2
Salida
Cc
-
Vpol.
Q1
Entradas
Q3
I
Is
+
Q4
Ip e Is son programables externamente.
Cc : Condensador de compensación externo
Aplicación como integrador no inversor: C
-
Vin
R
Salida
+
Cc
368
Electrónica Analógicos II 3) AMPLIFICADOR DE AISLAMIENTO Este tipo de amplificador protege la salida de la entrada y viceversa. Hace que la salida y la entrada estén aisladas galvánicamente (ausencia de camino directo de corriente DC). En los amplificadores se requiere un CMRR alto, sin embargo hay un límite del voltaje en modo común que puede soportar el circuito. Comúnmente, este voltaje máximo no sobrepasa la tensión de la fuente. Si el voltaje en modo común sobrepasa el máximo, el circuito es destruido. Cuando se usa el amplificador en un sistema de medición y la referencia de la señal está alejada de la referencia del sistema de medición, se produce una diferencia de potencial entre ambas referencias (lo que se conoce como lazo de tierra) y habrá un flujo de corriente que producirá un error de medición. En aplicaciones de medicina, se necesita aislar al paciente de una posible descarga eléctrica por falla del aparato de medición. En estos casos se hace necesario el uso del amplificador de aislamiento. Un ejemplo de estos circuitos es el ISO213 de Burr Brown. A continuación se muestra su símbolo y principio de funcionamiento: Aislamiento
Entradas
-
Modulador
de AM
+
Salida
+
Demodulador
de AM
Salida
Amp. de ganancia variable
Símbolo
Oscilador
Tipos de aislamiento: Inductivo: En este caso el aislamiento se hace mediante pequeños transformadores toroidales. Ejemplo de este tipo es el ISO213 de Burr Brown que tiene una tensión de aislamiento de 3000V eficaces y ancho de banda entre 200Hz y 1KHz. Otro modelo es el AD208AY de Analog Devices. Optico: En este caso el aislamiento se hace mediante diodo LED y fotodetector. Presentan un mayor ancho de banda. Aquí el proceso de modulación se hace 369
Electrónica Analógicos II digitalizando la señal, por lo que incorpora convertidores análogo digital (ADC) y digital‐análogo (DAC) Ejemplo de este tipo es el ISO130 de Burr Brown. El ancho de banda llega hasta 85KHz. Capacitivo: En este caso el aislamiento se hace mediante condensadores con capacidades del orden de los pico faradios. Aquí también el proceso de modulación se hace digitalizando la señal, por lo que incorpora convertidores análogo digital (ADC) y digital‐análogo (DAC) Ejemplo de este tipo es el ISO175 de Burr Brown. El ancho de banda llega hasta 85KHz. Para mantener el aislamiento es necesario que la entrada y la salida se alimenten con fuentes aisladas entre sí. Aplicaciones: Biometría Control de motores Control de tiristores Eliminación de lazos de tierra Medida de corriente en motores Aislamiento de sensores (termopares, RTD, puentes de Wheastone, etc.) Sistemas de adquisición de datos. 4) AMPLIFICADOR CHOPPER: Son amplificadores diseñados para minimizar el offset y el drift (deriva térmica) Su funcionamiento se basa en muestrear la tensión de entrada y recuperarla a la salida libre de los efectos del offset. Un ejemplo de este tipo de amplificador es el AD8551 de Analog Devices. A continuación se muestra el modelo clásico: 370
Electrónica Analógicos II CONTROL DE
INTERRUPTORES
R3
+
Vi
R1
R2
S
S
Z
Z
C2
+
C2
C1
C4
-
RL
VL
-
Cuando los interruptores están en la posición Z (auto cero), los condensadores C2 y C3 se cargan con los voltajes offset de entrada y de salida respectivamente. Cuando los interruptores están en la posición S (muestreo), se hace la conexión de Vi a VL mediante la ruta R1, R2, C2, amplificador, C2 y R3 La frecuencia de muestreo está comúnmente entre algunos cientos de Hz y varios KHz. Como este es un sistema de muestreo, debe tenerse en cuenta que la frecuencia de entrada debe ser mucho menor que la mitad de la frecuencia de muestreo. Esto permite evitar errores por el ruido de conmutación (aliasing). R1 y C1 sirve como un filtro antialiasing (contra el ruido de conmutación). Cuando se llega al estado estacionario, sólo una pequeña cantidad de carga es transferida en cada ciclo de conmutación. El condensador C4 y la carga RL deben elegirse de manera que la salida caiga muy poco durante el auto cero. 5) CIRCUITOS DE MUESTREO Y RETENCIÓN: Son circuitos muy usados para iniciar la digitalización de la señal y explotar la máxima velocidad de conversión del ADC. Su principio de funcionamiento se basa en interruptor seguido de un condensador encargado de retener la muestra de la señal y asociados a amplificadores operacionales. Los interruptores y condensadores son construidos mediante FET. 371
Electrónica Analógicos II +
+
Vin
Salida
SW
Ch
Con realimentación: +
+
Vin
Salida
SW
Ch
Parámetros: Tiempo de adquisición: Es el tiempo necesario para pasar de retención a muestreo dentro de un margen de error. Tiempo de apertura: Es el tiempo necesario para que el interruptor abra. Inyección de carga: Carga no deseada que aparece en el condensador de retención producida por efectos capacitivos en el interruptor. Fugas: Pérdidas de corriente debidas al dieléctrico no perfecto del condensador y por corrientes en las uniones P‐N. 372
Electrónica Analógicos II CAPÍTULO 4 RESPUESTA EN FRECUENCIA 4.1.‐ INTRODUCCION Hasta ahora hemos considerado que los parámetros de los transistores son constantes. Sin embargo, en la práctica, esto no es cierto. Dichos parámetros dependen de los puntos de operación, de la temperatura, de la frecuencia, etc. A la respuesta en frecuencia se le entiende como la respuesta en estado estacionario (régimen permanente) de un amplificador ante una entrada sinusoidal. Para el estudio del amplificador, se varía la frecuencia de la sinusoide de entrada dentro de un determinado rango de frecuencias y se obtiene la respuesta resultante. Este método nos permite hacer el análisis y diseño del circuito. Además es muy sencillo de realizar en el laboratorio, donde los instrumentos básicos que se necesitan son un generador sinusoidal de frecuencia variable y un osciloscopio. La teoría de control, junto con los modelos del transistor nos dan todas las herramientas necesarias para estudiar el comportamiento de los circuitos al variar la frecuencia. Actualmente, para un estudio más detallado, contamos con programas de cálculo (como MATLAB y MATHEMATICA) y de simulación (como SPICE, EMTP, CIRCUIT MAKER, WORKBENCH, SIMCAD, TINA, etc.). MATLAB es un programa de cálculo, muy popular, basado en matrices, que además permite efectuar programaciones y cuenta con paquetes especializados. En el campo de los programas de descripción de hardware analógico y de simulación, los más populares son SPICE (Simulation Program with Integrated Circuits Emphasis), que es un programa de uso general orientado a circuitos y EMTP (Electro Magnetic Transients Program), desarrollado para la industria de Electrónica de Potencia. Los programas de simulación son muy útiles para analizar el comportamiento de un circuito y permiten tener un laboratorio virtual con el cual podemos hacer rápidos ajustes hasta lograr la respuesta deseada, para luego pasar a la prueba del circuito en el laboratorio. También nos sirven como herramienta de estudio pues podemos verificar nuestros cálculos teóricos y explorar lo que podría suceder sI se varían determinados parámetros. 373
Electrónica Analógicos II Uno de los métodos más utilizados para estudiar la respuesta en frecuencia de un amplificador son los Diagramas de Bode (diagramas logarítmicos de la ganancia y la fase en función de la frecuencia). La frecuencia se representa en escala logarítmica y la fase y ganancia en escala decimal (en grados y decibeles, respectivamente). Al rango de frecuencias comprendida entre una frecuencia cualquiera f1 y 2f1 recibe el nombre de octava de frecuencias. Las pendientes de las rectas en este rango se expresan en db/octava. Al rango de frecuencias comprendida entre una frecuencia cualquiera f1 y 10f1 recibe el nombre de década de frecuencias. Las pendientes de las rectas en este rango se expresan en db/década. Una pendiente de 20 db/década es prácticamente equivalente a una pendiente de 6 db/octava. 5.1.‐ RESPUESTA EN FRECUENCIA DE LOS AMPLIFICADORES En líneas generales, el estudio de los amplificadores en el dominio de la frecuencia (al excitar al amplificador con señales sinusoidales) se divide en tres partes: RESPUESTA EN BAJA FRECUENCIA: Un amplificador puede variar su ganancia en frecuencias bajas (desde frecuencia 0 (ó DC) hasta una frecuencia fL) debido principalmente a las reactancias externas del circuito (por ejemplo, capacidades de acoplo y bypass). La frecuencia fL (ó wL) recibe el nombre de frecuencia de corte inferior. Aquí, para realizar el análisis, se utilizan los modelos de baja frecuencia del transistor junto con las reactancias externas, que no deben despreciarse. Una excepción es el amplificador operacional, que puede responder con su máxima ganancia desde DC. RESPUESTA EN FRECUENCIAS MEDIAS: En esta región el amplificador actúa con su máxima ganancia y sus parámetros pueden considerarse como números reales. Aquí se utilizan los modelos de baja frecuencia del transistor. Las reactancias externas pequeñas pueden ser consideradas como cortocircuitos y las reactancias grandes como circuitos abiertos. RESPUESTA EN ALTA FRECUENCIA: En esta región el amplificador disminuye su ganancia al aumentar la frecuencia (desde el valor fH). La frecuencia fH (ó wH) recibe el nombre de frecuencia de corte superior. Este fenómeno se debe a las reactancias internas de los transistores. En general, el amplificador no puede aumentar o mantener constante su ganancia indefinidamente al aumentar la 374
Electrónica Analógicos II frecuencia. Siempre habrá alguna frecuencia alta a la cual la ganancia empieza a disminuir. Esto nos indica que siempre habrán más polos que ceros en su función de transferencia 5.2.‐ PUNTOS DE MEDIA POTENCIA Y ANCHO DE BANDA Comúnmente las frecuencias fL (ó wL) y fH (ó wH), anteriormente mencionadas, se determinan en los puntos en que la señal de salida posee la mitad de la potencia que tiene en frecuencias medias. Cuando la ganancia se expresa en decibeles, los puntos de media potencia se determinan restando 3 db a la ganancia en frecuencias medias. El ancho de banda de un amplificador se define como la diferencia entre las frecuencias de corte superior y de corte inferior: BW = fH – fL (usando la frecuencia cíclica) Î (5.1) ó Î (5.2) BW = wH ‐ wL (usando la frecuencia angular) Hay casos en los cuales el ancho de banda se define con diferente criterio, como es el caso de los amplificadores de vídeo, donde se determina restando sólo 1 db a la ganancia en la región de frecuencias medias debido a que la vista puede detectar variaciones más pequeñas en los niveles de iluminación 5.3.‐ METODOS DE RESPUESTA EN FRECUENCIA Hay tres métodos de representación de funciones de transferencia sinusoidales, los cuales son: ‐ Diagramas de Bode (diagramas logarítmicos) ‐ Diagrama polar o de Nyquist ‐ Diagrama del logaritmo de la amplitud en función de la fase. 5.3.1.‐ DIAGRAMAS DE BODE: Son diagramas logarítmicos que representan la función de transferencia en el estado estacionario con excitación sinusoidal. Debido a que la función de transferencia en el dominio de la frecuencia y en estado estacionario con pequeña señal, es un número complejo, tendrá magnitud y fase, por lo general, ambas dependientes de la frecuencia. La magnitud se expresa en decibeles (db, que es la décima parte del Bel, una unidad de potencia sonora), la fase en grados sexagesimales; ambas se grafican en escala decimal y la frecuencia se representa en un eje logarítmico. El uso de los 375
Electrónica Analógicos II decibeles para la ganancia facilita la obtención de los diagramas de sistemas más complejos debido a que los productos se convierten en sumas y las divisiones en restas. Esto a su vez permite tener la representación de magnitud y fase de factores elementales para, en base a ellos, obtener las gráficas de sistemas más complejos. Por ese motivo estudiaremos primero los cuatro factores básicos que pueden intervenir en la función de transferencia: 5.3.1‐1. Factor ganancia (Ao): El factor ganancia es un número real. Cuando es expresado en db, será positivo si Ao es mayor que 1 y será negativo cuando Ao es menor que 1. Las ecuaciones para su diagrama de Bode son: La magnitud en db es: Ao(db) = 20log(Ao) Î (5.3) Si tiene signo positivo, la fase será 0° y, si es negativo, la fase será 180°. Tanto la magnitud como la fase son constantes con la frecuencia. F a c t o r G a n a n c ia
30
25
Ao(db)
20
15
10
5
0
10
-1
0
10
f (H z )
10
Fig. 5.1 G ( jw) =
1
jw 5.3.1‐2. Factores integrales y derivativos: Son de la forma: G ( jw) = jw
Para el factor integral: 5.3.1‐2‐1. La magnitud en db es: G ( jw ) = − 20 log (w ) Î (5.4) La fase es constante: φ ( jw ) = − 90 0 376
1
Electrónica Analógicos II F a c t o r In t e g r a l
20
10
p e n d ie n t e = -2 0 d b / d e c
|G(jw)|db
0
-1 0
-2 0
-3 0
-4 0
10
-1
10
0
10
1
10
2
w ( fr e c u e n c i a a n g u l a r )
Fig. 5.2 F a s e d e l F a c t o r In t e g r a l
-8 9
-8 9 .2
-8 9 .4
-8 9 .6
-8 9 .8
F a s e c o n s ta n te =
-9 0
- 9 0 g ra d o s
-9 0 .2
-9 0 .4
-9 0 .6
-9 0 .8
-9 1
1 0
-1
1 0
0
1 0
w
1
1 0
( fr e c u e n c i a a n g u l a r )
Fig. 5.3 5.3.1‐2‐2. Para el factor derivativo: La magnitud en db es: G ( jw ) db = 20 log (w ) La fase es constante: φ ( jw ) = 90 0
377
2
Î (5.5) Electrónica Analógicos II F a c t o r D e riva t ivo
4 0
3 0
p e n d ie n t e
|G(jw)|db
2 0
=
+ 2 0 d b /d e c
1 0
0
-1 0
-2 0
1 0
-1
1 0
0
1 0
w
( fr e c u e n c i a
1
1 0
2
a n g u la r)
Fig. 5.4 F a s e d e l F a c t o r D e r iva t i vo
91
9 0 .8
9 0 .6
9 0 .4
Fase
9 0 .2
F a s e c o n s t a n t e = 9 0 g ra d o s
90
8 9 .8
8 9 .6
8 9 .4
8 9 .2
89
10
-1
10
0
10
1
10
2
w ( fr e c u e n c i a a n g u l a r )
Fig. 5.5 5.3.1‐3) Factores de primer orden: Son de la forma: G ( jw) = (1 + jwT )
1
G ( jw) =
1 + jwT
5.3.1‐3‐1) Cero de primer orden: G ( jw) = (1 + jwT ) (
Î (5.6) )
La magnitud en db es: G ( jw) db = 10 log 1 + (wT ) 2
La fase es: φ ( jw ) = arctan (wT ) Estas gráficas se representan muchas veces por sus asíntotas, las que la describen en forma bastante aproximada, pudiéndose llegar con bastante precisión a la 378
Electrónica Analógicos II gráfica real haciendo algunas correcciones. Estas asíntotas se obtienen para wT << 1 y para wT >> 1: Para: wT << 1, la magnitud se aproxima a 0db; por lo tanto, la primera asíntota está representada por una recta horizontal en 0db. Para: wT >> 1, la magnitud se aproxima a 20log(wT); por lo tanto, la segunda asíntota será una recta con pendiente = 20 db/dec (similar al factor derivativo). Ambas asíntotas se encuentran en el punto wT = 1, completando la representación asintótica. El máximo error entre la representación real y la asintótica se presenta en wT = 1. En este caso el error es de: 3.03db. Este punto equivale al punto de media potencia. Una octava antes, el error es: 0.97db Una octava después el error también es: 0.97db Una década antes, el error es: 0.0432db Una década después el error también es: 0.0432db C e ro
d e
P r im
e r
O
rd e n
4 5
4 0
3 5
p e n d ie n t e
=
+ 2 0 d b / d e c
|G(jw)|db
3 0
2 5
2 0
1 5
1 0
5
C u rv a
r e a l
G
0
1 0
- 1
1 0
r a fic a
a s in t o t ic a
0
1 0
w ( fr e c u e n c ia
Fig. 5.6 379
a n g u la r)
1
1 0
2
Electrónica Analógicos II Fig. 5.7 5.3.1‐3‐2) Polo de primer orden: G ( jw) =
1
1 + jwT
2
La magnitud en db es: G ( jw) db = −10 log 1 + (wT ) (
)
Î (5.7) La fase es: φ ( jw ) = − arctan (wT ) Estas gráficas también se representan sus asíntotas. Estas asíntotas se obtienen para wT << 1 y para wT >> 1: Para: wT << 1, la magnitud se aproxima a 0db; por lo tanto, la primera asíntota está representada por una recta horizontal en 0db. Para: wT >> 1, la magnitud se aproxima a ‐20log(wT); por lo tanto, la segunda asíntota será una recta con pendiente = ‐20 db/dec (similar al factor integral). Ambas asíntotas se encuentran en el punto wT = 1, completando la representación asintótica. El máximo error entre la representación real y la asintótica se presenta en wT = 1. En este caso, el error es de: ‐3.03db. Este punto equivale al punto de media potencia. Una octava antes, el error es: ‐0.97db Una octava después el error también es: ‐0.97db Una década antes, el error es: ‐0.0432db 380
Electrónica Analógicos II Una década después el error también es: ‐0.0432db P o lo d e P rim e r O rd e n
0
G r á fi c a a s i n t ó t i c a
C u rva re a l
-5
-1 0
|G(jw)|db
-1 5
-2 0
-2 5
-3 0
-3 5
-4 0
10
-2
10
-1
0
w
10
( fr e c u e n c i a a n g u l a r )
10
1
10
2
Fig. 5.8 Fig. 5.9 A continuación damos la tabla con los factores de corrección para magnitud y fase: wT 0.1 0.5 1 2 10 |G(jw)|db +/‐ 0.0432 +/‐ 0.97 +/‐ 3.03 +/‐ 0.97 +/‐ 0.0432 Fase +/‐ 5.7° +/‐ 26.6° +/‐ 45° +/‐ 63.4° +/‐ 84.3° 381
Electrónica Analógicos II 5.3.1‐4) Factores cuadráticos: Son de la forma: 2
⎡
⎛ jw ⎞ ⎛ jw ⎞ ⎤
1
Î (5.8) G ( jw) = ⎢1 + 2ξ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ ó G ( jw) =
2
⎢⎣
⎛ jw ⎞ ⎛ jw ⎞
⎝ wn ⎠ ⎝ wn ⎠ ⎥⎦
1 + 2ξ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ wn ⎠ ⎝ wn ⎠
wn recibe el nombre de frecuencia natural ζ recibe el nombre de factor de amortiguamiento Estos factores tienen 3 tipos de respuesta: Cuando ζ > 1, la respuesta es sobre amortiguada y las raíces son reales. Cuando ζ = 1, la respuesta es críticamente amortiguada y las raíces son reales e iguales. Cuando 0 < ζ > 1, la respuesta es sub amortiguada y las raíces son complejas y conjugadas. La respuesta con que actúe depende de los valores de ζ y wn; éstos a su vez dependen de los valores de los componentes del amplificador. 2
⎡
⎛ jw ⎞ ⎛ jw ⎞ ⎤
Î (5.9) 5.3.1‐4‐1) Ceros de segundo orden: G ( jw) = ⎢1 + 2ξ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ ⎢⎣
⎝ wn ⎠ ⎝ wn ⎠ ⎥⎦
2 2
⎡⎛
⎞ ⎛ 2ξw ⎞ 2 ⎤
⎛
⎞
w
⎜
⎢
⎟ ⎥ La magnitud en db es: G ( jw) db = 10 log 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ + ⎜⎜
⎢⎜ ⎝ wn ⎠ ⎟ ⎝ wn ⎟⎠ ⎥
⎠
⎦⎥
⎣⎢⎝
La fase es: ⎡ 2ξ w
⎢
wn
⎢
φ ( jw ) = arctan ⎢
⎢1 − ⎛⎜ w
⎢ ⎜⎝ w n
⎣
382
⎤
⎥
⎥ 2 ⎥
⎞ ⎥
⎟⎟
⎠ ⎥⎦
B o d e
D ia g ra m
Electrónica Analógicos II s
M a g n it u d
4 0
P e n d ie n t e = 4 0 d b / d e c
F a c t o r
0
d e
a m
o rt ig u a c ió n
=
0 . 1
- 2 0
w / w n
2 0 0
( fr e c u e n c ia
a n g u la r
n o rm
a liz a d a )
( fr e c u e n c ia a n g u la r n o r m
F r e q u e n c y
(r a d / s e c )
a liz a d a )
1 5 0
Fase
Phase (deg); Magnitude (dB)
2 0
F a c t o r
1 0 0
d e
a m
o rt ig u a c ió n
=
0 . 1
5 0
0
1 0
-1
1 0
w / w n
0
1 0
1
Fig. 5.10 B o d e D ia g ra m s
M a g n itu d
50
P e n d ie n t e = 4 0 d b / d e c
40
20
10
F a c t o r d e a t e n u a c ió n = 1
0
200
w / w n (fre c u e n c ia a n g u la r n o rm a liz a d a )
150
Fase
Phase (deg); Magnitude (dB)
30
100
F a c t o r d e a t e n u a c ió n = 1
50
0
1 0 -1
100
w / w n (fre c u e n c ia a n g u la r n o rm a liz a d a )
F re q u e n c y (ra d / s e c )
Fig. 5.11 383
101
Electrónica Analógicos II B o d e D ia g ra m s
M a g n itu d
100
P e n d ie n t e = 4 0 d b / d e c
80
40
F a c t o r d e a t e n u a c ió n = 5
20
0
200
w / w n (fre c u e n c ia a n g u la r n o rm a liz a d a )
150
Fase
Phase (deg); Magnitude (dB)
60
100
F a c t o r d e a t e n u a c ió n = 5
50
0
1 0 -2
1 0 -1
100
101
102
w / w n (fre c u e n c ia a n g u la r n o rm a liz a d a )
F re q u e n c y (ra d / s e c )
Fig. 5.12 Observando las gráficas de cada caso, podemos decir que: Cuando el sistema es sub amortiguado, aparece un pico de resonancia en el cual la ganancia disminuye, la pendiente en esa región es más pronunciada (más selectiva), llegando a una pendiente de 40db/década para frecuencias altas. Cuando el sistema es críticamente amortiguado, ya no hay pico de resonancia, la pendiente en esa región es menos pronunciada, llegando a una pendiente de 40db/década para frecuencias altas. Cuando el sistema es sobre amortiguado, tampoco hay pico de resonancia, la pendiente inicial es la más baja (la menos selectiva), subiendo a 40db/década para frecuencias altas. Podemos observar también que los ceros aumentan la magnitud (o ganancia) al elevar la frecuencia. 1
5.3.1‐4‐2) Polos de segundo orden: G ( jw) =
2
⎛ jw ⎞ ⎛ jw ⎞
1 + 2ξ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ wn ⎠ ⎝ wn ⎠
384
La magnitud en db es: G ( jw) db
Electrónica Analógicos II 2 2
2⎤
⎡⎛
⎛
⎞
w ⎞⎟ ⎛ 2ξw ⎞ ⎥
⎜
⎢
⎟ +⎜
= −10 log 1 − ⎜⎜ ⎟⎟
⎢⎜ ⎝ wn ⎠ ⎟ ⎜⎝ wn ⎟⎠ ⎥
⎠
⎥⎦
⎢⎣⎝
⎡ 2ξ w
⎢
wn
La fase es: φ ( jw ) = − arctan ⎢
⎢
⎢1 − ⎛⎜ w
⎢ ⎜⎝ w n
⎣
⎤
⎥
⎥ 2 ⎥
⎞ ⎥
⎟⎟
⎠ ⎥⎦
Observando las gráficas siguientes de cada caso, podemos decir que: Cuando el sistema es sub amortiguado, aparece un pico de resonancia en el cual la ganancia aumenta, la pendiente en esa región es más inclinada (más selectiva), llegando a una pendiente de ‐40db/década para frecuencias altas. El pico de resonancia se presenta a la frecuencia de resonancia ω r = ω n 1 − 2ξ 2 Podemos observar que ωr existe sólo para valores de: 0 < ξ < 0.707 1
El valor del pico de resonancia es dado por: M r =
2 1−ξ 2
válido para valores de la relación de amortiguación (ξ): 0 < ξ < 0.707 Para valores de: ξ > 0.707 entonces: Mr = 1 Para valores de ξ que se acercan a cero : Mr = tiende a infinito Cuando el sistema es críticamente amortiguado, ya no hay pico de resonancia, la pendiente en esa región es menos pronunciada, llegando a una pendiente de ‐
40db/década para frecuencias altas. Cuando el sistema es sobre amortiguado, tampoco hay pico de resonancia, la pendiente inicial es la más baja (la menos selectiva), cayendo a ‐40db/década para frecuencias altas. Podemos observar también que los polos disminuyen la magnitud (o ganancia) al elevar la frecuencia. 385
Electrónica Analógicos II B o d e
P o lo s
D ia g ra m s
d e S e g u n d o O rd e n
2 0
F a c to r d e
a t e e n u a c ió n = 0 . 1
-2 0
P e n d ie n t e
-4 0
w /w n
0
( fr e c u e n c i a
=
-4 0
d b /d e c
a n g u la r n o rm a liz a d a )
-5 0
Fase
Phase (deg); Magnitude (dB)
0
F a c to r d e
-1 0 0
a t e e n u a c ió n = 0 . 1
-1 5 0
-2 0 0
1 0
-1
1 0
w /w n
0
1 0
1
( fr e c u e n c i a a n g u l a r n o r m a l i z a d a )
F re q u e n c y (ra d /s e c )
Fig. 5.13 B o d e
P o lo s
D ia g ra m
d e
s
S e g u n d o
O r d e n
0
F a c t o r
d e
a t e n u a c ió n
=
1
- 2 0
- 3 0
P e n d ie n t e
- 4 0
w / w n
0
( fr e c u e n c ia
a n g u la r
=
-4 0
n o rm
a liz a d a )
( fr e c u e n c ia a n g u la r n o r m
F re q u e n c y (ra d / s e c )
a liz a d a )
d b / d e c
- 5 0
Fase
Phase (deg); Magnitude (dB)
- 1 0
F a c t o r
- 1 0 0
d e
a t e n u a c ió n
=
1
- 1 5 0
- 2 0 0
1 0
-1
1 0
w / w n
Fig. 5.14 386
0
1 0
1
Electrónica Analógicos II B ode Diagram s
Polos de Segundo Orden
0
-20
F ac tor de atenuac ión = 5
-60
-80
P endiente = -40 db/dec
- 100
0
w/wn (frec uenc ia angular norm aliz ada)
-50
Fase
Phase (deg); Magnitude (dB)
-40
- 100
F ac tor de atenuac ión = 5
- 150
- 200
10 -2
10 -1
10 0
10 1
Fig. 5.14 5.5.‐ RESPUESTA EN BAJA FRECUENCIA Estudiaremos el caso de un amplificador en emisor común como el mostrado a continuación: +VCC
R1
RC
C2
C1
Q
RL
+
Vo
-
Vg
R2
RE
CE
Fig. 5.15 Para estudiar la respuesta en baja frecuencia hallaremos la función de transferencia (ganancia de tensión) considerando sólo las capacidades externas y asumiremos que las capacidades internas del transistor son circuitos abiertos a estas frecuencias. A continuación representamos al circuito con su modelo para señal: 387
Electrónica Analógicos II C2
C1
Q
Rb
RC
RL
Vg
RE
+
Vo
-
CE
Fig. 5.16 Rb = R1//R2 A continuación reemplazamos al transistor por su modelo simplificado para pequeña señal y baja frecuencia. Vemos que en este caso las capacidades de desacoplo y bypass no se desprecian. C2
ib
C1
hfe ib
hie
Rb
RC
Vg
RE
RL
+
Vo
-
CE
Fig. 5.17 Planteamos las ecuaciones de Kirchoff para obtener la función de transferencia: En el circuito de salida: (h fe RC RL s )ib
Vo = −
1 + (RC + RL )C 2 s
En el circuito de entrada: (Rb C1 s )(1 + RE C E s )
ib
=
V g (1 + h fe )RE (1 + Rb C1 s ) + (1 + RE C E s )(1 + Rb C1 s )hie + (1 + RE C E s )Rb
388
Electrónica Analógicos II Finalmente: ⎡ h fe RC R L C 2 ⎤ 2
−⎢
⎥ s (1 + RE C E s )
hie RE C E ⎦
⎣
AV (s ) =
(
(
)
)
⎡ 2
⎤
+
+
+
+
h
R
h
h
R
1
1
⎛
fe
b
ie
fe
E ⎞
⎟⎟⎥
+
[1 + (RC + RL )C 2 s ]⎢s + s⎜⎜ 1 + 1 + 1 +
R
C
h
C
R
C
h
C
h
R
R
C
C
ie 1
b 1
ie E
ie b E 1 E
⎝ E E
⎠⎦⎥
⎣⎢
Î (5.13) Hacer el cálculo manual de una función como la mostrada (o de otras más complejas) es un trabajo largo y tedioso. Sin embargo, podemos observar la función de transferencia y sacar algunas conclusiones que nos permitan obtener una idea de la forma de la respuesta en baja frecuencia con cálculos más sencillos aunque aproximados. Observamos que esta función de transferencia tiene 3 ceros: ‐ Dos en el origen: s = 0 y 1
‐ Uno en: s = −
RE C E
Podemos decir que el cero producido por CE se obtiene multiplicándolo por la resistencia que tiene en paralelo. Este producto es la constante de tiempo en el emisor. Observamos también que la función de transferencia en baja frecuencia tiene 3 polos: 1
‐ Uno en: s = −
(RC + RL )C 2
En este caso podemos decir que el polo de salida se obtiene con la resistencia que ``ve´´ C2 cuando los demás condensadores se comportan como cortocircuitos y no hay señal de entrada. Los otros dos polos corresponden a un factor de segundo orden. Sin embargo, si queremos que estos polos sean reales, podemos aplicar el criterio anterior para determinar aproximadamente los otros dos polos: Podemos hallar aproximadamente el polo introducido por C1 determinando la resistencia que ``ve´´ dicho condensador cuando los demás se comportan como 389
Electrónica Analógicos II cortocircuito (o circuito abierto, según la frecuencia empleada) y no hay señal de entrada: Según esto, la resistencia que ``ve´´ C1 es: Rb//hie 1
Luego, el polo aproximado producido por C1 es: s = −
(Rb // hie )C1
Al polo introducido por CE también podemos determinarlo aproximadamente mediante la resistencia que ``ve´´ dicho condensador cuando los demás se comportan como cortocircuito y no hay señal de entrada: Según esto, la resistencia que ``ve´´ CE es: RE//(hie / (1 + hfe)) = RE//hib 1
Luego, el polo aproximado producido por CE es: s = −
⎛ RE // hie ⎞
⎜
⎟C
⎜ 1+ h ⎟ E
fe ⎠
⎝
Donde hib es la resistencia de entrada del transistor en base común. Supongamos ahora que a la función de transferencia anterior podemos factorizarla y expresarla en la forma siguiente: ⎛
s ⎞
AO s 2 ⎜⎜1 + ⎟⎟
zE ⎠
V (s )
⎝
=−
AV (s ) = O
Vi (s )
⎛
s ⎞⎛
s ⎞⎛
s ⎞
⎜⎜1 + ⎟⎟⎜⎜1 +
⎟⎜1 +
⎟
p1 ⎠⎝
p E ⎟⎠⎜⎝
p 2 ⎟⎠
⎝
p p p
Multiplicando el numerador y el denominador por: 1 23 E y desarrollando s
Obtenemos en el estado estacionario: ( )
⎛ 1
1 ⎞
⎟
A O p 1 p 2 p E ⎜⎜
+
jw
z E ⎟⎠
V O (s )
⎝
A V (s ) =
= −
p + p2 + pE
p p + p1 p E + p 2 p E
p p p
V i (s )
1+ 1
+ 1 2
+ 1 23 E
2
jw
jw
jw
Si queremos determinar la frecuencia de corte inferior (wL), debemos notar que, por lo general, p1, p2 y pE serán menores que wL; entonces, a frecuencias cercanas a wL los términos cuadráticos y cúbicos serán más chicos que el término con 1/jw. 390
Electrónica Analógicos II Cumpliéndose lo anterior, podremos afirmar que la frecuencia de corte inferior puede ser hallada aproximadamente por la expresión: wL = p1 + p 2 + p E Î (5.14) A su vez, p1, p2, y pE se pueden hallar bajo el criterio anterior, determinando la resistencia que ``ve´´ cada condensador cuando los demás se comportan como cortocircuito y la señal de entrada se hace cero. PROBLEMA 5.1: En el circuito mostrado, determine el polo y el cero introducido por C1 cuando C2 y CE se comportan como cortocircuito +VCC
R1
RC
C2
C1
Q
RL
+
Vo
-
Vg
R2
RE
CE
Fig. 5.18 El modelo para señal, con las condiciones dadas, es el siguiente: C1
ib
hfe ib
hie
Rb
RC
Vg
Fig. 5.19 Vo = ‐ hfe (RC///RL) ib ib = (C1 s)(Rb//hie) / [hie(Rb//hie)C1 s] Finalmente: Vo(s) ‐ hfe (RC///RL)(Rb//hie)C1 s Av(s) = ‐‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Vg(s) hie(1+(Rb//hie)C1 s) 391
RL
+
Vo
-
Electrónica Analógicos II Podemos ver que aparece un cero en el origen y un polo en s= ‐ 1 / (Rb//hie)C1 Rb//hie es justamente la resistencia que ``ve´´ C1 cuando los demás condensadores se comportan como cortocircuito y no hay señal de entrada. PROBLEMA 5.2: Repita el problema anterior hallando el polo y el cero introducido por CE cuando C1 y C2 se comportan como cortocircuito El modelo para señal en este caso es el mostrado en el siguiente gráfico. Igualmente: Vo = ‐ hfe (RC///RL) ib Además: ib = (C1 s)(Rb//hie) / [hie(Rb//hie)C1 s] Finalmente: ib
hfe ib
hie
Rb
RC
Vg
RE
RL
+
Vo
-
CE
Fig. 5.20 Vo(s) ‐ hfe (RC///RL)(1 + RECE s) Av(s) = ‐‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Vg(s) hie + (1+hfe)RE + hie RECE s Vemos que hay un cero en: s = ‐ 1/ RECE y Un polo en: s = ‐ (hie + (1+hfe)RE) / hie RECE = ‐ 1 / ((hib // RE)CE) Igualmente, podemos decir que el polo se obtiene por medio de la resistencia que ``ve´´ CE cuando los demás condensadores se comportan como cortocircuito y no hay señal de entrada. Podemos darnos cuenta fácilmente de ello si usamos el modelo de base común para el transistor. Lo anterior también nos da un método de diseño para obtener los valores de los condensadores de acoplo y bypass. 392
Electrónica Analógicos II PROBLEMA 5.3: En el circuito mostrado, determine C1, C2 y CE si se quiere una ganancia igual a 100 en frecuencias medias y una frecuencia de corte inferior de 100 Hz. RC
2K
R1
10K
Rg
1K
C2
C1
Q
2N2222
12Vdc
R2
3k
Vg
RE
820
CE
RL
10K
Fig. 5.21 Como CE es el capacitor que “ve” la menor resistencia, haremos que sea él el que determine la frecuencia de corte inferior (100 Hz). Para que los otros dos polos no afecten apreciablemente, haremos que actúen una década antes (10 Hz). Bajo estas condiciones, cuando actúan C1 y C2, CE aún no actúa y podemos hacer el siguiente modelo para pequeña señal: C2
Rg
1K
C1
Q
2N2222
Vg
Rb
2.3k
RC
2K
RL
10K
RE
820
Fig. 5.22 La resistencia que “ve” C1 es: RC1 = Rg + Rb// [hie + (1 + hfe)RE] 393
Electrónica Analógicos II Considerando para el transistor: hfe = 80 y hie = 1.3K, empleando el modelo simplificado: Reemplazando valores: RC1 = 2.22K Entonces: C1 = 1 / 2π(10)(2.22K) = 7.15 uF Podemos elegir el valor comercial superior más próximo: C1 = 10 uF La resistencia que “ve” C2 es: RC2 = RC + RL = 12 K Entonces: C2 = 1 / 2π(10)(12K) = 1.33 uF Podemos elegir el valor comercial superior más próximo: C2 = 2.2 uF A la frecuencia que actúa CE, C1 y C2 ya han actuado y podemos considerar que se comportan como cortocircuitos. Bajo estas condiciones, podemos hacer el siguiente modelo para pequeña señal: Rg
1K
Q
2N2222
Vg
Rb
2.3k
RC
2K
RE
820
Fig. 5.23 RL
10K
CE
La resistencia que “ve” CE es: RCE = RE // [hib + (Rb // Rg)/(1 + hfe)] Reemplazando valores y efectuando: RCE = 820 // [49.3] = 46.5 Entonces: CE = 1 / 2π(100)(46.5) = 34.2 uF Podemos elegir el valor comercial superior más próximo: CE = 39 uF Con estos valores podemos hacer una simulación de la respuesta en frecuencia: 394
Electrónica Analógicos II 5.5.‐ CALCULO DE LA RESPUESTA EN FRECUENCIA USANDO MATLAB Usaremos como ejemplo el caso de un filtro activo pasa bajo como el siguiente: R
10K
7
+ 12 V
R
3
LM741
6
+
Vs
-
+
4
2
-
10K
R1
5.6K
C
0.1uF
- 12 V
Vi
C
0.1uF
Fig. 5.24 R1
5.6K
La función de transferencia, obtenida considerando características ideales del OPAMP para simplificar la expresión es la siguiente: AV (s) = [2 (1 + 2 R1 C s)]/ [1 + R1 C s + R1 C s2] Reemplazando los valores de los componentes obtenemos: AV (s) = [2 + 0.00224 s)]/ [1 + 0.00056 s + 0.0000003136 s2] Con la función de transferencia ya determinada, ingresamos al programa MATLAB Cuando aparece el prompt (>>)de MATLAB escribimos: >>num=[0 0.00224 2] <enter> >>den=[0.0000003136 0.00056 1] <enter> >>bode(num,den) <enter> >>title(‘Respuesta en Frecuencia del Filtro Activo Pasabajo’) <enter> La respuesta en frecuencia empleando un simulador nos da la gráfica siguiente: 395
Electrónica Analógicos II A: u1_6
4.500 V
3.500 V
2.500 V
1.500 V
0.500 V
-0.500 V
0.000 Hz
200.0 Hz
400.0 Hz
600.0 Hz
800.0 Hz
Fig. 5.25 DISEÑO DE FILTROS ACTIVOS MEDIANTE AMPLIFICADORES OPERACIONALES Entre los tipos de filtros tenemos: - Filtro pasa bajo: Dejan pasar las frecuencias que están por debajo de un determinado valor (fL) - Filtro pasa alto: Dejan pasar las frecuencias que están por encima de un determinado valor (fH) - Filtro pasa banda: Dejan pasar las frecuencias que están entre un rango de valores (fL y fH) - Filtro de rechazo de banda (Notch): Rechazan las frecuencias que estén entre un rango de valores (fL y fH) - Filtro pasa todo (desfasador): Dejan pasar todas las frecuencias, pero producen desfasaje. Se les emplea como desfasador. La función de transferencia de un filtro pasa bajo tiene la forma siguiente: H(s) = N(s) / D(s) N(s) y D(s) son polinomios en s Hay muchas familias de filtros pasa bajos. Cada filtro de una familia posee una función de transferencia única. La localización y complejidad de los polos y ceros de la función de transferencia definen por completo la respuesta del filtro. La mayor parte de los requisitos que debe cumplir un filtro se satisfacen eligiendo cualquiera de las siguientes familias: 1) Butterworth: Sus polos caen dentro de una circunferencia de radio 1 dentro del plano complejo. El filtro pasa bajo no tiene ceros. Poseen características transitorias relativamente buenas. Su respuesta en frecuencia es bastante plana y su atenuación es con pendiente relativamente acentuada. Se pueden diseñar con componentes de valores prácticos con tolerancias poco críticas 396
Electrónica Analógicos II 2) Chebyshev: Presentan una pendiente de atenuación más aguda que el Butterworth, pero, su respuesta no es plana y presenta rizado; además su respuesta transitoria no es tan buena como los Butterworth. El filtro pasa bajo no tiene ceros. La mayor amplitud del rizo hace que la atenuación sea más aguda, pero su respuesta a los transitorios empeora. Sus polos se localizan en una elipse en el plano complejo. 3) Bessel: Se emplean para la reproducción fiel de la onda de entrada. Ofrecen, para ello, un retardo constante en la banda pasante. El filtro pasa bajo no tiene ceros. Su respuesta en frecuencia no es tan buena como los de las familias anteriores, pero sus excelentes propiedades transitorias lo hacen muy útil. 4) Función elíptica: Su función de transferencia posee polos y ceros; esto permite que su pendiente de atenuación sea incluso más aguda que la de la familia Chebyshev, pero presenta rizado tanto en la banda pasante como en la rechazada. Sus circuitos son más complejos, pero requieren menos secciones para una atenuación dada. Para facilitar el diseño se emplean filtros normalizados. Por ejemplo, para un filtro normalizado Butterworth de segundo orden (n = 2) es: H(s) = 1 / [s2 + 1.414 s + 1] Los polos son: s1 = ‐ 0.707 + j(0.707) y s2 = ‐ 0.707 ‐ j(0.707) La atenuación es siempre 3 db á 1 rad/s, excepto en los elípticos en los que la atenuación a 1 rad/s es igual al rizado de la banda pasante. Cuando se conoce la respuesta en frecuencia que debe tener el filtro, se le debe normalizar para compararlo con las curvas de respuesta normalizadas de los filtros, para seleccionar el tipo. Los valores del filtro escogido deberán desnormalizarse para el intervalo de frecuencias de operación. Este proceso puede requerir transformaciones si el requisito central no es sólo el filtro pasa bajo. Para el diseño se tienen gráficos y tablas normalizados para cada familia, las que permiten calcular los componentes para la topología seleccionada 397
Electrónica Analógicos II PROBLEMA 5.4: Diseñe un filtro activo pasa bajo de segundo orden, tipo Bessel, con ganancia unitaria y frecuencia de corte de 100Hz. C1
+
R
+
Vi
-
R
-
V1
C2
+
VL
-
Solución: Planteamos las ecuaciones de nudo mediante la transformada de La place considerando el operacional ideal: (Vi – V1) / R = (V1 – VL)C1s + (V1 – VL) / R Luego: Vi = V1 (2 + RC1s) – (1 + RC1s)VL Además: (VL – V1) / R + VL C2s = 0 Luego: VL (1 + RC2s) = V1 Mediante estas ecuaciones hallamos la función de transferencia: 1
H (s ) = 2
2
R C1C 2 s + 2 RC 2 s + 1
De las tablas para diseño de filtros tipo Bessel de segundo orden, normalizados, obtenemos: Polos: ‐1.1030 ± j 0.6368 Las capacidades normalizadas son: C1 = 0.9060 C2 = 0.68 La frecuencia angular de corte es: wc = 2πfc = 628 rad/s Elegimos un valor arbitrario de R: R = 43KΩ Hallamos los valores reales de C1 y C2, de manera que se aproximen a valores comerciales: 0.9060 0.68 C1 = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 33.55nF C2 = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 25.18nF (628)(43K) (628)(43K) 398
Electrónica Analógicos II La atenuación a 500Hz será 20.4db PROBLEMA 5.5: Diseñe un filtro activo pasa bajo de segundo orden, tipo Bessel, con ganancia igual a 2 y frecuencia de corte de 100Hz. C
R
R
R1
+
Vi
-
+
R2
-
V1
C
+
VL
-
Solución: De las tablas para diseño de filtros tipo Bessel de segundo orden, normalizados, obtenemos: Polos: α ±j β = ‐1.1030 ± j 0.6368 Elegimos un valor arbitrario de la capacidad, de valor comercial: C = 27nF La frecuencia de corte es: fc = 100Hz Luego: 1 α R1 = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 26.67KΩ R2 = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 80.16KΩ 4πfc α C π fc C (α2 + β2) ACOPLO CON TRANSFORMADORES EN BANDA ANCHA: En el siguiente gráfico mostramos un transformador con dos arrollamientos. Si utilizamos la transformada de La Place obtenemos las ecuaciones que describen su funcionamiento. En ellas estamos despreciando las resistencias de los devanados. Fig. 5.26 399
Electrónica Analógicos II V1 = sLp I1 + sM I2 V2 = sM I1 + sLs I2 Î (5.15) En consecuencia, todo circuito que tenga las mismas ecuaciones del transformador podrá ser reemplazado por él, sin que varíen las tensiones ni corrientes. Además se cumple que: M = k(Lp Ls)1/2 Î (5.16) k = Factor de acoplo En forma análoga, utilizando transformadores ideales podemos obtener circuitos que cumplan con las ecuaciones mostradas y todos ellos serán modelos del transformador Uno de sus modelos más utilizados se muestra en la figura 5.27: rp
Ldp
rs
n:1
Lm
IDEAL
rp = resistencia del primario
rs = resistencia del secundario
Ldp = Inductancia de dispersión del primario
Lm = Inductancia de magnetización
n = relación de transformación
Fig. 5.27 Puede expresarse: Ldp = (1 – k2)Lp ; Lm = k2Lp y n = k(Lp/Ls)1/2 Î (5.17) Cuando el factor de acoplo se acerca a la unidad, se puede hacer la siguiente aproximación: n = (Lp/Ls)1/2 Consideremos el caso siguiente, en el cual no tomaremos en cuenta otros efectos de segundo orden que se presentan en el transformador, tales como las no 400
Electrónica Analógicos II linealidades del núcleo y la capacidad de los arrollamientos, como se muestra en la figura 5.28: Rg
rp
Ldp
rs
n:1
Vg
Lm
RL
+
Vo
-
ideal
Fig. 5.28 Rg = resistencia de la fuente de señal de entrada RL = resistencia de carga Podemos obtener la función de transferencia: Vo(s) (nRL/Ldp) s H(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐Î (5.18) Vi(s) s2 + s(Rp/Ldp + Rs/Lm + Rs/Ldp) + RpRs/LdpLm Rp = Rg + rp y Rs = n2(RL + rs) Donde: Observamos que: • Al bajar la frecuencia, la función de transferencia disminuye debido a que Ldp y Lm tienden a comportarse como corto circuitos. • Al elevar la frecuencia, la función de transferencia también disminuye debido a que Ldp y Lm tienden a comportarse como circuito abierto. • La función de transferencia tendrá un valor alto sólo en la región de frecuencias medias; en ella, Ldp tenderá a comportarse como corto circuito y Lm como circuito abierto. En la región de frecuencias medias, la función de transferencia se convierte en: Vo(s) Rg + rp (nRL) H(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐ = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Vi(s) Rg + rp + n2(RL + rs) Derivando H(s) respecto de n, e igualando a cero, podemos obtener el valor de n que hace máxima a H(s): nm = [(Rg + rp)/(RL + rs)]1/2 Î (5.19) 401
Electrónica Analógicos II Reemplazando en H(s) obtenemos: RL Î (5.20) Hm = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 1/2
2[(Rg + rp)(RL + rs)] Lo anterior quiere decir que si queremos que la tensión de salida sea máxima en la carga, debemos hacer que la relación de transformación sea dada por la ecuación 5.19. Las resistencias rp y rs de los devanados disminuyen la eficiencia del transformador. El caso ideal se tiene cuando rp y rs valen cero y podemos definir una eficiencia del transformador (ηT) comparándolo con el caso ideal: PL ηT = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Î (5.21) PLideal Donde: PL = (V2g/2RL)(R2L/[4(Rg + rp)(RL + rs)] Y PLideal = (V2g/(8Rg)) Reemplazando: ηT = [Rg /( Rg + rp)][RL/(RL + rs)] Î (5.22) De la expresión anterior concluimos que: Para elevar la eficiencia debe cumplirse: Rg >> rp y RL >> rs Comúnmente, los fabricantes de transformadores de audio indican los valores de Rg y RL necesarios para que se cumpla esta condición y, con la ecuación (5.19) podemos hallar la relación de transformación. La ecuación (5.18) nos muestra que hay un cero en el origen y dos polos. Dependiendo de los valores de los parámetros, estos polos pueden ser reales o complejos: p1 = ‐ (0.5)[Rp/Ldp + Rs/Lm + Rs/Ldp] + 0.5[(Rp/Ldp + Rs/Lm + Rs/Ldp)2 ‐ 4 RpRs/LdpLm]1/2 p2 = ‐ (0.5)[Rp/Ldp + Rs/Lm + Rs/Ldp] ‐ 0.5[(Rp/Ldp + Rs/Lm + Rs/Ldp)2 ‐ 4 RpRs/LdpLm]1/2 Sin embargo, en los transformadores de banda ancha se cumple: Lm >> Ldp 402
Electrónica Analógicos II Debido a ello, los polos estarán muy alejados uno del otro y podremos obtener expresiones aproximadas para ellos: p1 = ‐ (Rp + Rs)/Ldp p2 = ‐ (Rp//Rs)/Lm Si se cumple: Rp = Rs y Lm > 10Ldp Entonces los valores aproximados de los polos tienen un error dentro del 5% Si se cumple Lm > 100Ldp, el error baja al 1% para cualquier relación entre Rp y Rs REDES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Este tipo de redes poseen dos elementos reactivos y responden a la siguiente ecuación diferencial: d2y/dt2 +2 α dy/dt + ωo2 y = f(t) ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Î (5.23) La solución para t > 0 es de la forma: y(t ) = A1 ep1t + A2 ep2t + yss(t) ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐Î (5.24) Los términos: A1 ep1t + A2 ep2t constituyen la solución homogénea, llamada también respuesta natural o estado transitorio. Si los coeficientes p1 y p2 de los exponentes (denominados polos) son negativos, las exponenciales serán decrecientes y después de un tiempo habrán desaparecido, quedando sólo yss(t). Todo sistema estable debe tener un estado transitorio que desaparezca con el tiempo. En caso contrario, si p1 y p2 son positivos, el estado transitorio nunca desaparecerá sino que se incrementará permanentemente con el paso del tiempo y el sistema será inestable El término: yss(t) constituye la solución particular, llamada también solución forzada o estado estacionario. Este término siempre tiende a ser del mismo tipo que f(t). Si f(t) es de forma sinusoidal, yss(t) también tenderá a ser sinusoidal; Si f(t) es de forma triangular, yss(t) también tenderá a ser triangular, etc. Todo sistema estable debe siempre llegar al estado estacionario después de un determinado tiempo. La estado transitorio puede llegar a tener, en este caso, varias formas, dependiendo de los valores de α y ωo. 403
Electrónica Analógicos II Se denomina: α = factor de amortiguación ωo = frecuencia natural Se definen: Q = factor de calidad = ωo/2α ξ = relación de amortiguación = α/ωo BW = ancho de banda = 2α Además: p1 = ‐ α + (α2 ‐ ωo2) ½ ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐Î (5.25) p2 = ‐ α ‐ (α2 ‐ ωo2) ½ ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐Î (5.26) Cuando: 1.
α > ωo se tiene estado transitorio sobre amortiguado En este caso, si la red sólo tiene energía almacenada y f(t) = 0, la solución toma la forma: y(t ) = A1 ep1t + A2 ep2t En el caso que f(t) sea continua: f(t) = B, la solución toma la forma: y(t ) = A1 ep1t + A2 ep2t + B 2.
α = ωo se tiene estado transitorio críticamente amortiguado En este caso, si la red sólo tiene energía almacenada y f(t) = 0, la solución toma la forma: y(t ) = e‐αt (A1 + A2 t) En el caso que f(t) sea continua: f(t) = B, la solución toma la forma: y(t ) = e‐αt (A1 + A2 t) + B 3.
α < ωo se tiene estado transitorio sub amortiguado En este caso, si la red sólo tiene energía almacenada y f(t) = 0, la solución toma la forma: y(t ) = A e‐αt cos(ωd t + φ) Donde: ωd = (ωo2‐ α2) ½ ωd es la frecuencia amortiguada En el caso que f(t) sea continua: f(t) = B, la solución toma la forma: y(t ) = A e‐αt cos(ωd t + φ) + B CIRCUITO R‐L‐C PARALELO Este circuito se muestra en la figura 5.29 y podemos aplicar los conceptos anteriores para entender el circuito: 404
Electrónica Analógicos II +
Vo
-
I(t)
R
C
L
Fig. 5.29 Aplicando el método de tensiones de nodo podemos hallar la ecuación diferencial para el voltaje Vo: d2Vo/dt2 + (1/RC)dVo/dt + (1/LC)Vo = (1/C)dI/dt Esta ecuación se compara con la correspondiente a los sistemas lineales de segundo orden y obtenemos: α = 1/2RC ωo = (1/LC)1/2 Q = ωoRC = R (C/L)1/2 Los polos resultantes en el dominio de la frecuencia resultan ser: p1 = ‐ α + [α2 ‐ ω2o]1/2 = ‐ α + j α[4Q2 ‐ 1]1/2 p2 = ‐ α ‐ [α2 ‐ ω2o]1/2 = ‐ α ‐ j α[4Q2 ‐ 1]1/2 Podemos ver que para un valor de Q de 5 ó más, los polos se pueden aproximar con las expresiones: p1 = ‐ α + j ωo p2 = ‐ α ‐ j ωo CIRCUITO L‐C Y BOBINA CON PERDIDAS Este circuito se muestra en la figura 5.30. Las pérdidas de la bobina se representan mediante una resistencia, r, en serie con ella: L
I(t)
C
+
Vo
-
r
Fig. 5.30 405
Electrónica Analógicos II Obteniendo la ecuación diferencial: Aplicando el método de tensiones de nodo podemos hallar la ecuación diferencial para el voltaje Vo: d2Vo/dt2 ‐ (r/L)dVo/dt + (1/LC)Vo = (r/LC)I + (1/C)dI/dt Esta ecuación se compara con la correspondiente a los sistemas lineales de segundo orden y obtenemos: α = r/2L ωo = (1/LC)1/2 Q = ωoL/r = (1/r)(L/C)1/2 La resistencia en serie puede ser representada mediante una resistencia en paralelo si tomamos en cuenta que la impedancia de la bobina a la frecuencia ωo es: ZL = r + j ωoL Su admitancia será: YL = 1/(r + j ωo L) = r/(r2 + (ωoL)2) ‐ j ωoL/(r2 + (ωoL) 2) La parte real corresponde a una resistencia equivalente en paralelo cuyo valor es: Req = (r2 + (ωoL)2)/r = (1 + Q2) r Para: Q > 10 se puede aproximar: Req = Q2 r Y podemos usar un circuito equivalente, como se muestra en la figura 5.31: L
I(t)
I(t)
L
Req
C
C
+
Vo
-
+
Vo
-
r
Fig. 5.31 CIRCUITO L‐C Y CONDENSADOR CON PERDIDAS Este circuito se muestra en la figura 5.32. Las pérdidas de la bobina se representan mediante una resistencia, rc, en serie con ella: 406
Electrónica Analógicos II +
C
I(t)
Vo
L
r
Fig. 5.32 -
Obteniendo la ecuación diferencial: Aplicando el método de tensiones de nodo podemos hallar la ecuación diferencial para el voltaje Vo: d2Vo/dt2 ‐ (r/L)dVo/dt + (1/LC)Vo = (r/LC)I + (1/C)dI/dt Esta ecuación se compara con la correspondiente a los sistemas lineales de segundo orden y obtenemos: α = r/2L ωo = (1/LC)1/2 Q = ωoL/r = (1/r)(L/C)1/2 La resistencia en serie puede ser representada mediante una resistencia en paralelo si tomamos en cuenta que la impedancia de la bobina a la frecuencia ωo es: ZL = r + j ωoL Su admitancia será: YL = 1/(r + j ωo L) = r/(r2 + (ωoL)2) ‐ j ωoL/(r2 + (ωoL) 2) La parte real corresponde a una resistencia equivalente en paralelo cuyo valor es: Req = (r2 + (ωoL)2)/r = (1 + Q2) r Para: Q > 10 se puede aproximar: Req = Q2 r Y podemos usar un circuito equivalente, como se muestra en la figura 5.31: 407
Electrónica Analógicos II L
I(t)
I(t)
L
+
Vo
-
C
Req
+
Vo
-
C
r
Fig. 5.31 CONTROL DE GRAVES Y AGUDOS A continuación se muestra un circuito de control de tonos para audio. Este control de tonos tiene dos potenciómetros que permiten ajustar la presencia de graves y agudos en una señal de audio. 3
50K
2
100K
10K
+
100K
10K
1
-
NE5532
56nF
56nF
1K5
10nF
22K
20K
4K7
10nF
2K2
100pF
2K2
6
22K
5
7
NE5532
+
10K
+
2K2
-
10uF / 16v / NP
2.2uF
10K
Fig. 5.32 Se utiliza un circuito integrado de altas prestaciones para audio que contiene en su pastilla dos amplificadores operacionales. Se trata del NE5532, el cual se alimenta con +/‐ 15V. El potenciómetro de 50K a la entrada establece el nivel de entrada o sensibilidad del sistema. El preset de 20K primeramente debe situarse al centro de su cursor. Si se presentasen distorsión o deformaciones en el audio disminuir éste hasta lograr una reproducción fiel. El potenciómetro de 100K ajusta la cantidad de graves, mientras que el de 10K hace lo mismo con los agudos. 408
Electrónica Analógicos II Fig. 5.33 Como la alimentación es simétrica por el terminal 4 del integrado (Marcado GND en la imagen de arriba) debe ir a ‐15V mientras que el terminal 8 (Marcado como Vcc) debe ir a +15V. La masa debe cablearse a 0V, que en integrado no se conecta mas que a la entrada no inversora del segundo operacional (terminal 5). SERIE DE PROBLEMAS PROBLEMA 1: Un circuito paralelo R‐L‐C, como el mostrado, se usa como filtro pasa‐banda. 2
Z(jw)
R
C
L
1
Fig. 5.32 a) Halle la expresión de su impedancia en función de la frecuencia. b) Si R = 10k, C = 10nf y L = 100µh, determine su impedancia a las frecuencias de: 50KHz, 100KHz, 160KHz, 200KHz y 250 KHz c) Haga los diagramas de la magnitud de la impedancia y de la fase en función de la frecuencia y determine su ancho de banda. PROBLEMA 2: Un circuito serie R‐L‐C, como el mostrado, se usa como filtro pasa‐
banda. 409
Electrónica Analógicos II 2
R
Z(jw)
C
L
1 a) Halle la expresión de su impedancia en función de la frecuencia. b) Si R = 10k, C = 10nf y L = 100µh, determine su impedancia a las frecuencias de: 50KHz, 100KHz, 160KHz, 200KHz y 250 khz c) Haga los diagramas de la magnitud de la impedancia y de la fase en función de la frecuencia y determine su ancho de banda. PROBLEMA 3: En el transformador mostrado en la figura 5.28, halle: a) El valor de Ls necesario para acoplar una carga de 8Ω a una cuente con 3200Ω en el rango de frecuencias medias... b) Determine ωL y ωH para este caso c) La eficiencia del transformador PROBLEMA 4: Se van a transmitir 24 canales telefónicos con anchos de banda individuales de 300 a 3500 hz. a) Si estos canales se transmiten como banda lateral única en multiplex por distribución de frecuencia, ¿cuál es el ancho de banda requerido si se asigna 4 khz a cada canal? b) ¿Cuál seria el ancho de banda si se transmitiera en AM normal? PROBLEMA 5: En el circuito del problema 4, halle el voltaje total de salida en el drenador del FET Asuma: L = 4 µH, C = 2500 pF, R = 2K, ωo = 10 ** (‐7) y ωm = 10 ** (‐5) Los parámetros del FET son los mismos. PROBLEMA 6: Un amplificador tiene la siguiente ganancia de voltaje: Av(s) = (100 s) / [(1 + s/100)(1 + s/1000)] a) Trace las gráficas de Bode de magnitud y fase en función de la frecuencia. b) Determine el margen de ganancia, el margen de fase y la frecuencia de transición cuando la ganancia se hace igual a 1. PROBLEMA 7: En el circuito mostrado, halle la corriente total de drenador. El circuito tanque está sintonizado a la frecuencia wo. ¿Cual debe ser la frecuencia wm para que el tanque sólo deje pasar el rango de frecuencias wo +/‐ wm? 410
Electrónica Analógicos II 2
R
2K
C
+10V
L
2uH
2.5nF
1
C2
Q1
JF1033B
+
10 uF
Idss = 4 mA
Vp = -4V
1M
cos(wo t)
2V
+
cos(wm t)
PROBLEMA 8: En el siguiente circuito, , mediante el análisis en el dominio de la frecuencia, determine: a) La frecuencia de corte inferior (fL) b) La frecuencia de corte superior (fH) c) El ancho de banda d) La ganancia en frecuencias medias +
Vs
Rs
C1
1K
20 pF
+
Vi
-
Ri
25K
Ci
gm Vi
Ro
10K
RL
Co
10 pF
10 K
+
Vo
-
20 pF
gm = 15 mA/V
PROBLEMA 9: Determine los Diagramas de Bode de la ganancia de bucle de un amplificador realimentado, si es dada por: T (jw) = 2 / (1 + jw)**3 Determine también el margen de fase y el margen de ganancia. PROBLEMA 10: Dibuje los Diagramas de Bode asintóticos para la función de transferencia: H(s) = 10 / [(1 + s / 25)(1 + s / 2500)(1 + s / 200000)] PROBLEMA 11: Diseñe un amplificador en emisor común , como el mostrado, con ganancia en frecuencias medias comprendida entre: 40 ≤ |Ao| ≤ 50 Frecuencia de corte inferior: fL ≤ 1 KHz 411
Electrónica Analógicos II VCC
RC
R1
C2
Rs
C1
Q
2N2222
Vs
R2
RL
2K
RE1
+
Vo
-
CE
RE2
Utilice el transistor 2N2222 ( silicio, β = 100, VT = 26 mV, ICQ = 2 mA, VCEQ = 5 V) VCC = 12 Vdc PROBLEMA 12: Diseñe un amplificador de drenaje común, como el mostrado, para obtener una impedancia de entrada en frecuencias medias: Zi ≥ 1 MΩ, una frecuencia de corte inferior: fL ≤ 1 KHz y una frecuencia de corte superior: fH = 50 KHz Datos del MOSFET: Cds = 1 pF, Cgs = 10 pF, Cgd = 10 pF, ro = 50 KΩ, gm = 20 mA/V, Para el punto de operación: IDQ = 2 mA, VGSQ = 6V y VDSQ = 10 V 15 V
R1
Rg
C4
Q
C2
1K
CAP NP
R2
Vg
Rs
RL
1K
412
Electrónica Analógicos II PROBLEMA 13: Determine la respuesta en frecuencia del siguiente circuito. Asuma que el OPAMP se comporta en forma ideal 56.44K
U7
7
56.44 K
+ 15V
3
C1
47 nF
Vs
V+
R2
+
2
-
OS2
OUT
uA741
C2
47 nF
V-
R1
OS1
5
6
1
1 Vpico
4
R3
28.22K
RL
100K
C3
CAP NP
- 15 V
PROBLEMA 14: En el circuito mostrado halle las frecuencias de corte superior e inferior. gm = 0.002 s
rds = 50K
Cgs = 2 pF
Cds = 2 pF
Cgd = 0
VCC
10K
1uF
1uF
+
1M
Vi
1k
100uF
RL
+
10K
Vo
-
-
PROBLEMA 15: Calcule los condensadores de acoplo y by pass en el siguiente circuito, empleando la técnica del polo dominante. Se requiere una frecuencia de corte inferior de 100 Hz. Dadas las capacidades internas del MOSFET, determine la frecuencia de corte superior usando el teorema de Miller. 413
Electrónica Analógicos II + 12 V
3K
10 M
Co
C3
1M
+
gm = 0.002 s
Q1
10 K
Vo
rds = 100K
+
-
Cgs = 2 pF
Cgd = 3 pF
5M
Vi
1K
Cs
-
PROBLEMA 16: Un cristal, empleado en un oscilador sinusoidal tiene un circuito equivalente tal como se muestra a continuación: Ls
Cs
Rs
2 MHz
A
B
A
B
CRISTAL
Co
Si sus parámetros son: Rs = 100Ω, Cs = 0.014pF Ls = 0.45H Co = 4pF a) Halle la impedancia que ofrece entre los terminales A y B, emplendo la transformada de Laplace b) Halle la gráfica asintótica de amplitud de Bode. c) ¿Qué ancho de banda tiene el cristal?. 414
Electrónica Analógicos II DIAGRAMAS DE BODE Raíces normalizadas para filtro Bessel de segundo orden: S1 = ‐ 1.11030 + j 0.6388 S1 = ‐ 1.11030 ‐ j 0.6388 Función de transferencia normalizada: 1 H(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ s2 + 2.206 s + 1.6247 Diagramas de Bode: Bode Diagrams
From: U(1)
0
-20
-30
-40
0
-50
To: Y(1)
Phase (deg); Magnitude (dB)
-10
-100
-150
-200
10-1
100
Frequency (rad/sec)
415 101
Electrónica Analógicos II Circuito de filtro: R1
R2
+
Vi
C2
R3 +
Vo
-
C1
Función de transferencia: 1 H(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ (R1R2C1C2) s2 +[ R1C1 + R2C2 + R1R2C1 / R3 + R1C2].s + (1 + R1 / R3 + R2 / R3) Luego, si: f1 = 1 / R1C1 f2 = 1 / R2C2 f21 = 1 / R2C1 f
= 1 / R
C
f
= 1 / R
C
31
3 1
32
3 2
f1 f2 H(s) = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ s2 +[f1 + f2 + f21 + f32].s + (f1f2 + f2f31 + f1f32 ) Para la función normalizada: [f1 + f2 + f21 + f32] = 2.206 (f1f2 + f2f31 + f1f32 ) = 1.6247 El factor de escala es: F = (2π x 2x106 rad/s)/ 1rad/s = 12.57 x 106 Entonces: [f1 + f2 + f21 + f32] = 2.206 x 12.57 x 106 =27.72 x 106 Y: (f1f2 + f2f31 + f1f32 ) = 1.6247 x (12.57 x 106)2 = 2.57 x 1010 Tenemos: C2 = 1.29 nF R2 = 1.27Ω R3 = 100 Luego: [1 / R1C1 + 1 / R2C2 + 1 / R2C1 + 1 / R3C2] = 2.206 x 12.57 x 106 =27.72 x 106 Y: (1 / (R1C1R2C2) + 1 / (R2R3C1C2) + 1 / R1R3C1C2) = 2.57 x 1010 Resolviendo estas ecuaciones se hallan los valores de: R1 y C1 416 Electrónica Analógicos II BIBLIOGRAFÍA 1) MANUAL DE CIRCUITOS INTEGRADOS: SELECCIÓN, DISEÑO Y APLICACIONES – TOMO 1 WILLIAMS, ARTHUR B. Primera Edición‐1992 Colombia MC GRAW HILL 2) COMMUNICATION CIRCUITS: ANALYSIS AND DESIGN Clarke, Kenneth Hess T. Donald Addison‐Wesley Publishing Company 3) INGENIERIA DE CONTROL MODERNA Katsuhiko Ogata Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 4) PROBLEMAS DE INGENIERIA DE CONTROL UTILIZANDO MATLAB Katsuhiko Ogata Prentice – Hall Hispanoamérica S. A. 417