ESCUELA UNIVERSITARIA DE INGENIERÍA TÉCNICA DE

TELECOMUNICACIÓN

Universidad de Las Palmas de Gran Canaria

Electrónica Analógica (plan 2000) Electrónica III (plan 96)

Sistemas de Telecomunicación

Telemática Sonido e Imagen

Examen de la Convocatoria Ordinaria de Febrero

Viernes, 4 de Febrero de 2005

Cuestiones Teóricas (de –2 a 2 puntos)

Cada cuestión teórica bien contestada tendrá un valor de 0.2 puntos, si está mal contestada tendrá un valor de –0.2 puntos y si se deja sin contestar tendrá un valor de 0 puntos.

1. La frecuencia de corte inferior de un amplificador es:

a) La frecuencia del polo de menor frecuencia, si éste está separado más de una década del resto de polos y ceros.

b) Mayor o igual que la frecuencia del polo mayor de baja frecuencia. c) La determina la capacidad de Miller. d) Menor o igual que la frecuencia del polo mayor de baja frecuencia.

2. La fase inicial de

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅−=

2081

561

121

6.21

5.71

120)( 22

3

ssss

sssAv es de:

a) 0° b) 90° c) 180º d) 270º 3. Si degeneramos los dos emisores de un amplificador diferencial con dos resistencias de reducido valor

óhmico: a) Su impedancia de entrada aumentará. c) Su ganancia aumentará. b) Su impedancia de salida disminuirá. d) Su tensión de colector disminuirá.

4. ¿En cuál de las siguientes compensaciones de un mismo amplificador es esperable menor ancho de

banda? a) Polo dominante y MF = 45º c) Polo-cero y MF = 45º b) Polo dominante y MF = 30º d) Polo-cero y MF = 30º

5. Si tenemos un amplificador realimentado y compensado con 30º de margen de fase, se cumplirá que:

a) ∠ Aβ(jωp) = − 60º donde |Aβ(jωp)| = 0dB. c) ∠ Aβ(jωp) = − 180º donde |Aβ(jωp)| = 0dB. b) ∠ Aβ(jωp) = − 150º donde |Aβ(jωp)| = 0dB. d) ∠ Aβ(jωp) = − 210º donde |AF(jωp)| = 0dB.

6. Usando un amplificador operacional con Zid = 1 MΩ y Ao = 80 dB, en configuración no inversora con

ganancia 10 tendrá una impedancia de entrada de: a) 10 MΩ. b) 100 MΩ. c) 1 GΩ. d) 10 GΩ.

7. Si tenemos un amplificador operacional con Zo = 1 KΩ y Ao = 80 dB, en configuración inversora con

ganancia 10 tendrá una impedancia de salida de: a) 1 mΩ. b) 10 mΩ. c) 1 Ω. d) 1 MΩ.

8. La corriente de entrada a un amplificador operacional ideal:

a) Depende de la impedancia de salida. c) Es nula. b) Depende de la ganancia en bucle abierto. d) Depende de la ganancia realimentada.

9. Si construimos un oscilador usando un amplificador inversor y una red β compuesta por tres células de

desfase iguales, y cada célula de desfase atenúa 6 dB a la frecuencia de oscilación. ¿Cuál debería ser la ganancia del amplificador?:

a) 6 dB. b) 12 dB. c) 18 dB. d) 216 dB. 10. Si deseamos construir un oscilador con un amplificador inversor y una red β compuesta por dos células

de desfase iguales. ¿Cuánto debería desfasar cada célula a la frecuencia de oscilación?: a) -180º. b) -90º. c) -60º. d) -45º.

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Problema 1 (de 0 a 2 puntos) Dado el siguiente circuito:

Q1

Q2

R168kohm

R222kohm

Rc2.2kohm

Rg

510ohm

Re1.0kohm

Rs1.0kohm

RL1.0kohm

Cb

Vin

CL

VoutCe

Vcc15V

Vg

Cb’e = 100 pF Cb’c = 2 pF VBE = 0.7 V β = 500

Se pide:

1. Calcular la ganancia de tensión a frecuencias medias. (0.4 puntos)

2. Calcular las expresiones de los polos y ceros de baja frecuencia y ajustar los valores de los condensadores para conseguir una frecuencia de corte inferior fci = 500 Hz.

(0.7 puntos)

3. Calcular las expresiones de los polos y ceros de alta frecuencia y añadir un condensador donde considere adecuado, de tal forma que su valor capacitivo establezca una frecuencia de corte superior fcs = 100 KHz.

(0.7 puntos)

4. Escribir la función de transferencia total del amplificador. (0.2 puntos) Solución:

1. Calcular la ganancia de tensión a frecuencias medias.

Comenzaremos por calcular el punto de polarización de los transistores para así obtener los

valores de las resistencias dinámicas de emisor que nos harán falta en los cálculos de alterna.

Suponemos despreciable las corrientes de base de los transistores frente a las corrientes de

las redes de polarización de base.

12 2215 3.7

1 2 22 68BRV VCC V

R R≈ = =

+ +

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VE1 = VB1 - VBE = 3V

1 3 3EV V1 Re 1EI mA= = ≈

KΩ

125 8.333e

mVrmA

′ = = Ω

2 1 1 15 2.2 3 8.4B C EV V VCC Rc I V K mA V= ≈ − × = − Ω× =

VE2 = VB2 - VBE = 7.7V

2 7.7 7.7EV V2 1EI mA= = ≈

Rs KΩ

225 3.257.7e

mVrmA

′ = = Ω

El circuito equivalente a frecuencias medias es:

Vg

Rg

510ohm

Vin ib1 B·ib1

Rc

Voutr'e2ib2

B·ib2Rs//RL

V

R1//R2 r'e1

c1

Por lo que la ganancia en tensión in

out

vv

a frecuencias medias puede calculars

descom

e

poniéndola como:

1

1

out out cvFM

in c in

v v vAv v v

= = ⋅

Calculando cada uno de los términos tenemos:

12

(v v || )( || ) 'out c

e

Rs RLRs RL r+

= ⋅

Página 4 de 27

1 2

( || ) 500 0.99 1( || ) ' 503.25

out

c e

v Rs RLv Rs RL r

= = = ≈+

Por otra parte tenemos

( ) ( )1 1 2|| 1 ' ||c ev ib Rc r Rs RLβ β= − ⋅ ⋅ + ⋅ +⎡ ⎤⎣ ⎦

1 1( 1)in ev ib rβ ′= + ⋅ ⋅

Aproximando β ≈ (β + 1), tenemos que

( ) ( )1 21

1 1( 1) 'in ev ib rβ= ≈

+ ⋅ ⋅

|| 1 ' || 2 2 || (500 1) (3.25 500) 261.88.33

ecib Rc r Rs RLv Kβ β− ⋅ ⋅ + ⋅ +⎡ ⎤ + ⋅ +⎣ ⎦ − = −

Sustituyendo en la ganancia de tensión obtenemos:

1

1vFM

in c inv v v259.2out out cv v vA = = ⋅ ≈ −

2. Calcular las expresiones de los polos y ceros de baja frecuencia y ajustar los valores de

los condensadores para conseguir una frecuencia de corte inferior fci = 500 Hz.

circuito ntonces

calcularemos el cero y el polo que introduce cada condensador a bajas frecuencias, para lo cual

analiza

El circuito resultante de mantener sólo Cb es el siguiente:

Para calcular los polos y ceros de bajas frecuencias, ponemos nuevamente el modelo del

en alterna pero manteniendo los condensadores de acoplo y desacoplo. E

remos cada condensador cortocircuitando el resto (aproximación de frecuencias medias).

Cb

Vg

Rg

510ohm

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 B·ib1

Rc

Voutr'e2ib2

B·ib2 Rs//RL

Vc1Cb

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a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.

Como in

outv v

vA =

β+1) · ib2

b1 tamb

, y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.

Como vout = ( · (Rs || RL) y ni β ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2

= 0, para lo que i ién debe ser nula ib1 = 0. Para que no llegue corriente de entrada a la base

del tra haga ZCB1 = ∞, es decir, nsistor, debemos buscar un valor de frecuencia que

1Z ss C

= = ∞ ⇒ = . Tenemos un cero a frecuencia cero (un cero en cero). 0Cb zz b⋅

b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir 1p

eq

sZ Cb

= −⋅

,

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador Cb cuando se anula vg

Como se observa en el eq e1

Y el polo estará en:

circuito: Z = Rg + R1 || R2 || (β+1) r’ = 3335.8 Ω

( )1

1 1 /3335.81|| 2 || ( 1)ps rad s

CbCb Rg R R rβ= − = −

′ ⋅ Ω⋅ + + ⋅⎡ ⎤

e⎣ ⎦

Ce

El circuito resultante de mantener sólo Ce es el siguiente:

Vg

Rg

510ohm

Ce

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 B·ib1

Re

Rc

Voutr'e2ib2

B·ib2 Rs//RL

Vc1

a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.

Página 6 de 27

in

outv v

vA =Como , y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.

Como vout = (β+1) · ib2 · (Rs || RL) y ni β ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2

= 0, para lo que ib1 también debe ser nula ib1 = 0. Obsérvese que:

( )1 1( 1) Re ||in b e Cev i r Zβ ′= + ⋅ ⋅ +⎡ ⎤⎣ ⎦

O lo que es lo mismo, al ser ib1 = 0:

( )11

Re ||( 1) e Ce

b

r Ziβ

inv ′= + = ∞+ ⋅

Despejando se llega a que:

( )1 Re || Re ||e Ce Cer Z Z′ + = ∞ ⇒ = ∞

Desarrollando la asociación en paralelo:

1ReRe Re 1 01 Re 1Re

zz

z

z

s Ce s Ces Ce

s Ce

⋅⋅

= = ∞ ⇒ ⋅ ⋅ +⋅ ⋅ ++

⋅

=

Despejando el valor del cero:

1 1Re 1 /Re 1z zs Ce s rad s

Ce K Ce⋅ ⋅ = − ⇒ = − = −

⋅ Ω ⋅

1p

eq

sZ Ce

= −⋅

, b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador Ce anulando vg.

:Como se observa en el circuito 1|| 1|| 2Re || 9.23( 1)eq e

Rg R RZ rβ

⎡ ⎤′= + =⎢ ⎥+⎣ ⎦ Ω

Y el polo está en:

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1

1 1 /9.23|| 1|| 2Re ||

( 1)

p

e

s radCeRg R RCe r

β

= − = −⋅ Ω⎛ ⎞⎡ ⎤′⋅ +⎜ ⎟⎢ ⎥+⎣ ⎦⎝ ⎠

CL

El circuito resultante de mantener sólo CL es el siguiente:

s

Vg

Rg

510ohm

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 B·ib1

Rc

r'e2ib2

B·ib2 Rs

Vc1

RL

VoutCL

a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.

in

outv v

vA =Como , y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.

Como ( ) 21out bCL

v i RLRs RL Z

β= + ⋅ ⋅ ⋅+ +

y ni β ni las resistenRs cias pueden tener un valor nulo

(puede comprobarse que ib2 es no nulo en este caso), entonces Rs + RL + ZCL = ∞. O lo que es lo

mismo ZCL = ∞, es decir, 0=⇒∞=⋅

= zz

CL sCLs

Z 1 . Tenemos otro cero a frecuencia cero (un

cero en cero).

CLZs

eqp ⋅

−=1 , b) El polo se introduce a la frecuencia propia del condensador, es decir

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes del condensador CC anulando vg.

Como se observa en el circuito: 2 ( 1)e βR || 1007.6eq

RcZ RL s r⎡ ⎤⎛ ⎞′= + + = Ω⎢ ⎥⎜ ⎟

+⎝ ⎠⎣ ⎦

Y el polo está en:

2

1 1 /1007.6

R ||( 1)

p

e

s rCLRcCL RL s r

β

= − = −⋅ Ω⎧ ⎫⎡ ⎤⎛ ⎞⎪ ⎪′⋅ + +⎨ ⎬⎢ ⎥⎜ ⎟+⎝ ⎠⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

ad s

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Los polos y ceros de baja frecuencia de este circuito están distribuidos de la s : iguiente forma

Condensador Cero Polo

Cb 0 Hz 1

2 3335.8Hz

Cbπ⋅ ⋅ Ω ⋅

12 1

HzK Ceπ⋅ ⋅ Ω ⋅

12 9.23

HzCeπ⋅ ⋅ Ω ⋅

Ce

CL 0 Hz 1

2 1007.6Hz

CLπ⋅ ⋅ Ω ⋅

A continuación ajustaremos los valores de los condensadores para conseguir una frecuencia

de corte inferior fci = 500 Hz. Para lo cual estableceremos un polo dominante en 500 Hz, situando

que el resto de polos y ceros a más de una década de éste, por debajo de 50 Hz. Para establecer el

polo dominante elegiremos el condensador Ce, por ser el que cuenta con una menor Zeq.

Polo Condensador Cero 1 50Hz Hz<

2 3335.8π⋅ ⋅ Cb > 1 µF 0 Hz CbΩ⋅1 500

2 9.23Hz Hz

Ceπ=

⋅ ⋅ Ω ⋅ Ce = 34.5 µF

1 4.62 1

Hz HzK Ceπ

=⋅ ⋅ Ω ⋅

1 502 1007.6

Hz HzCLπ

<⋅ ⋅ Ω ⋅

CL > 3.2 µF 0 Hz

3. Calcular las expresiones de los polos y ceros de alta frecuencia y añadir un

encia.

condensador donde considere adecuado, de tal forma que su valor capacitivo

establezca una frecuencia de corte superior fcs = 100 KHz.

Para calcular los polos y ceros de alta frecuencia comenzaremos por cortocircuitar los

condensadores de acoplo/desacoplo y sustituir los transistores por su modelo de alta frecu

Vg

Rg

510ohm

Vin

R1//R2 r'e1

ib1 B·ib1Voutr'e2ib2

B·ib2Rc Rs//RLCb'e

Cb'c Cb'e

Cb'c

están e

siguien

Para evitar la complejidad que introduciría la conexión de las capacidades Cb’c y Cb’e que

n la parte superior, aplicamos el teorema de Miller sobre dichas capacidades, obteniendo las

tes capacidades de Miller:

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Para la capacidad Cb’c de Q1: )1('1 KCC cbM −⋅= ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

KCC cbM

11' '1

Donde K es la ganancia entre los bornes de la capacidad Cb’c de Q1 a frecuencias medias, es

decir, entre la base y el colector de Q1 abriendo las capacidades interelectrónicas. Este parámetro ya

fue calculado en el apartado 1.

1 261.8c

in

vKv

= = −

Con lo que obtenemos: 1 2 (1 261.8) 525.6MC pF pF= ⋅ + =

11' 2 1 2

261.8MC pF pF⎛ ⎞= ⋅

Para la capacidad Cb’e de Q2:

+ ≈⎜ ⎟⎝ ⎠

2 ' (1 )M b eC C K= ⋅ − 2 '1' 1M b eC CK

⎛ ⎞= ⋅ −⎜ ⎟⎝ ⎠

Donde K es la ganancia entre los bornes de la capacidad Cb’e de Q2 a frecuencias medias,

es decir, entre la base y el emisor de Q2 abriendo las capacidades interelectrónicas. Este parámetro

ya fue calculado en el apartado 1.

1

1out

c

vKv

= ≈

Con lo que obtenemos: pF2 100 (1 1) 0MC pF≈ ⋅ − = 21' 100 1 01MC pF ⎛ ⎞≈ ⋅ − =⎜ ⎟

⎝ ⎠ pF

El circuito equivalente a altas frecuencias después de simplificarlo por Miller queda como:

Vg

Rg

510ohm

VinB·ib1ib1 Voutr'e2ib2

B·ib2R1//R2 r'e1 Rc Rs//RLC1 C2

Donde: C1 = Cb’e + CM1 = 100 pF + 525.6 pF = 625.6 pF

C2 = Cb’c + C’M1 = 2 pF + 2 pF = 4 pF

los y dos ceros de alta frecuencia, aportados por las capacidades C

y C2. Calcularemos ahora el polo y el cero que introduce cada capacidad por separado, suponiendo

el resto a frecuencias medias, es decir, como circuitos abiertos.

El sistema tendrá dos po 1

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C1

a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.

Como in

outv v

vA = , y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.

Como v b2

= 0, por lo que ib1 = 0. Dicha condición se obtiene cuando la tensión en la base de Q1 es nula, es

decir V anule la impedancia de C1, es decir,

out = (β+1) · ib2 · (Rs || RL) y ni β ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces i

B1 = 0, lo que ocurre al valor de frecuencia que

∞=⇒=⋅z C1

b) El

= zC ss

Z 011

. Tenemos un cero en el infinito.

polo se introduce a la frecuencia propia de la c1

1CZ

seq

p ⋅−= , apacidad, es decir

donde e en bornes de la capacidad C1 cuando se anula vg

= 442.37 Ω

Y el polo está en:

Zeq es la resistencia equivalent

Como se observa en el circuito: Zeq = R1 || R2 || Rg ||(β+1) r’e1

[ ]1 1

1 1 3.613 /1|| 2 || || ( 1) 625.6 442.37p

e

s Mrad sC R R Rg r pFβ

= − = − = −′⋅ + ⋅ ⋅ Ω

Que expresado en hertzios equivale a 575.1 KHz

C2

a) El cero lo introduce a una frecuencia sz tal que Av(sz) = 0.

in

outv v

vComo A = , y al ser vin finito (señal de entrada) la única posibilidad es que vout = 0.

Como vout = ( +1) · ib2 · (Rs || RL) y ni ni las resistencias pueden tener un valor nulo, entonces ib2

= 0. Dicha condición se obtiene cuando la tensión en la base de Q2 es nula, es decir VB2 = 0, lo que

ocurre al valor de frecuencia que anule la impedancia de C2, es decir,

β β

∞=⇒=⋅

= zz

C sCs

Z 02

2

1 . Tenemos otro cero en el infinito.

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2

1CZ

seq

p ⋅−= , b) El polo se introduce a la frecuencia propia de la capacidad, es decir

donde Zeq es la resistencia equivalente en bornes de la capacidad C2 cuando se anula vg

Como se observa en el circuito: Zeq = Rc || (β+1) (r’e2 + Rs || RL) = 2180.97 Ω

Y el polo está en:

( )2 2e ⎦

Que expresado en hertzios equivale a 18.24 MHz

La distribución de los polos y los ceros de este circuito en alta frecuencia queda, expresada

1 1 114.628 /4 2180.97|| ( 1) ||ps Mrad s

pFC Rc r Rs RLβ= − = − = −

′ ⋅ Ω⋅ + ⋅ +⎡ ⎤⎣

en hertzios, de la siguiente forma:

Capacidad Cero Polo

C1 ∞ [ ]1 1e

1 1 575.12 1|| 2 || || ( 1) 2 625.6 442.37

KHzC R R Rg r pFπ β π

= =′⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Ω

C2 ∞ ( )2 2

1 12 4 2180.972 || ( 1) ||e

18.24MHzpFππ β

= =′ ⋅ ⋅ ⋅ Ω⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ +⎡ ⎤C Rc r Rs RL⎣ ⎦

Para conseguir una frecuencia de corte superior fcs = 100 KHz, moveremos el polo de menor

frecuen ndensador de

capacidad Ca, que deberá colocarse en paralelo con la capacidad C1, es decir, de la base del

transist cc.

cia, que es el que introduce C1. Para ello añadiremos en el circuito un co

or Q1 a tierra o a V

( ) [ ] ( )1 1

1 1 1002 1|| 2 || || ( 1) 2 625.6 442.37e

KHzC Ca R R Rg r pF Caπ β π

= =′⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ Ω

1 625.6 2.972 100 442.37

Ca pF nFKHzπ

= −⋅ ⋅ ⋅ Ω

=

Comprobamos que existe condición de polo dominante, al estar el polo menor separado del

siguiente 1018.24log 2.26100

MHzKHz

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠décadas .

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4. Escribir la función de transferencia total del amplificador.

La distribución de los polos y los ceros de este circuito queda aproximadamente de la

siguiente forma:

Capacidad Cero Polo

C +Ca ( ) [ ]

( )

1 1

1=

1 ∞ 1|| 2 || || ( 1)

1 628 /625.6 2.97 442.37

eC Ca R R Rg r

Krad spF nF

β ′+ ⋅ + ⋅

= ≈+ ⋅ Ω

C2 ∞ ( )2 2

1|| ( 1) ||

1 115 /4 2180.97

eC Rc r Rs RL

Mrad spF

β=

′⋅ + ⋅ +⎡ ⎤⎣ ⎦

= ≈⋅ Ω

Cb = 1 µF 0 1 300 /

3335.8rad s

Cb≈

Ω⋅

Ce = 34.5 µF 1 29 /

1rad s

K Ce=

Ω⋅ 1 3142 /

9.23rad s

Ce≈

Ω⋅

CL = 3.2 µF 0 1

1007.6 Ω⋅310 /rad s

CL≈

Para la expresión de la ganancia en tensión para todo el margen de frecuencias

ap los polos de C L a 300 rad/s, quedando la siguient ión de transferencia: roximaremos b y C e func

2

2

( 29)( ) 259( 300) ( 3142) 1 1

628 / 115 /

vs sA s

s ss sKrad s Mrad s

⋅ += − ⋅

⎛ ⎞ ⎛+ ⋅ + ⋅ + ⋅ +⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

Página 13 de 27

Problema 2 (de 0 a 2 puntos)

Sobre el circuito mostrado, se pide lo siguiente: a) Quitando la resistencia de realimentación R2, ajustar RE1 y RE2 para

que en continua IC1Q = IC2Q = 1 mA e IC3Q = 5 mA. En las mismas condiciones, ajustar RS para tener un nivel de continua de cero voltios a la salida.

(0.3 puntos)

b) Dibujar el circuito por cuadripolos, identificando claramente A y β así como el tipo de mezcla y muestreo. (0.3 puntos)

c) Calcular los parámetros de la red β. (0.2 puntos)

d) Calcular la ganancia correspondiente, la impedancia de entrada y la de salida del circuito sin realimentar y cargado con la red β, especificando el signo de la realimentación.

(0.6 puntos)

e) Calcular la ganancia correspondiente, la impedancia de entrada y la de salida del circuito realimentado. (0.3 puntos)

f) Calcular la ganancia de tensión total, así como la impedancia de entrada total y la impedancia de salida total. (0.3 puntos)

Datos: β = 220 VBEQ = 0.7 V

RS

17.5 KΩ

Vout

Q2

Q3

+ 20 V

Q1Vin

ZinT

10 KΩ

ZoutT

Q4 Q5Amp-Op

RE2 RE1

- 20 V

RE 475ΩRE 475ΩRE 475Ω

RE475ΩRE475ΩRE475Ω

2.5 KΩ

RA1

RA2

R1

R2

526 Ω

3 MΩ

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Solución: a. Comenzamos por calcular los parámetros que faltan del circuito quitando la resistencia de realimentación R2. 1) Al ser un par diferencial, por los colectores de Q1 y Q2 debe pasar la misma corriente, es decir 1

mA, y la suma de ambas, 2 mA, es lo que pasaría por el colector de Q4. La tensión en el emisor de

Q4 viene determinada por la tensión del terminal inversor del operacional y esta a su vez por la del

terminal no inversor (principio de cortocircuito virtual). Esta última tensión proviene de un divisor

de tensión entre RA1 y RA2, dado que el operacional no consume corriente en sus entradas. Es

decir:

( ) VKK

KRARA

RAV 152051752

5240)20(21

2)20(20 −=−+

⋅=−++

⋅−−=+

Por lo tanto, la diferencia de tensión en RE1 será de -15-(-20) = 5 V, y la resistencia RE1 vendrá

dada como:

Ω== KmAVRE 5.2

251

2) A su vez, por el colector de Q5 deben pasar 5 mA y, teniendo en cuenta que las tensiones base-

emisor de Q4 y Q5 son iguales, concluimos que RE1 y RE2 están sometidas a la misma diferencia

de tensión entre sus bornes:

Ω== KmAVRE 1

552

3) En el colector de Q2 tenemos una tensión de: VC2 = 20 V – 1 mA · 10 KΩ = 10 V, por lo que en

el emisor de Q3 tendremos VE3 = 10 V – 0.7 V = 9.3 V. Esta tensión debe caer íntegra en RS para

tener cero voltios de continua a la salida, y teniendo en cuenta que por ella circulan 5 mA, su valor

será:

Ω== 18605

3.9mA

VRS

1Página 15 de 27

b. Podemos apreciar que, al no existir ningún elemento activo entre la salida y el punto de muestreo,

este se realiza en paralelo o, al ser a la salida, en tensión.

A su vez, tampoco existe elemento activo entre el punto de mezcla y la entrada de señal, por lo que

la mezcla también es en paralelo, que a la entrada equivale a corriente.

Con estos datos ya sabemos que debemos resolver el circuito realimentado con ganancia de

transimpedancia:

in

outZ i

vA =

Donde la red de realimentación sería βY (red de realimentación de transadmitancia), ya que el

producto A·β debe ser adimensional.

El modelo en pequeña señal de este circuito es el siguiente:

re’1 re’2

re’3β·ib1

vinvout

β·ib2

β·ib3

RC

RS

ib1ib2

ib3

R2

RE

R1

RE

La representación de las redes A y β por cuadripolos es la que se muestra a condición, donde cabe

destacar que la resistencia R1 queda fuera del circuito realimentado, por lo que se añadirá al final,

en el modelo del circuito realimentado:

2Página 16 de 27

re’1 re’2 re’3

β·ib2

vin

vout

β·ib1 β·ib3

3 MΩ

ib1

ib2

ib3

Red β

Red A

RSR1

R2

RC

iin ioutRE RE

c. El cálculo de la red βY conlleva calcular sus parámetros privilegiados, que en este caso son los

[Y]. Es decir, la red debe ajustarse a un esquema del tipo siguiente (paralelo - paralelo):

yf ·vi

io

yo-1 voyr ·vo

ii

yi-1vi

Y sus parámetros pueden obtenerse de la red β real, mostrada a continuación:

3 MΩii

vi

io

vo

R2

3Página 17 de 27

Las ecuaciones que definen el modelo usado son las siguientes:

00

00

0

0

==

==

==

==

⎭⎬⎫

⋅+⋅=⋅+⋅=

i

i

vo

oo

vi

of

vo

ir

vi

ii

ooifo

oriii

viy

viy

viy

viy

vyvyivyvyi

Aplicando los parámetros [Y] al cuadripolo β se obtiene que:

3 MΩii

vi

io

R2

[ ]1

03

1

0

−

=

ΩΩ

==Mv

iyvi

ii

3 MΩii io

vo

R2

[ ]1

00 31 −

=

ΩΩ

−==

Mviy

iv

ir

[ ]1

00 31 −

=

ΩΩ

==Mv

iyiv

oo

No se ha calculado la ganancia de transadmitancia directa yf por considerarse que su aportación es

despreciable frente a la ganancia de la red amplificadora AZ.

Por lo tanto, como sabemos que β es yr, podemos decir que 19103.333 −− Ω⋅−==)

ββY

d. Para calcular AZ sin realimentar, debemos previamente cargar el cuadripolo amplificador con las

admitancias de entrada y salida de la red β.

Antes de calcular AZ, resolveremos el circuito de continua para obtener los valores de las

resistencias de emisor de los diferentes transistores.

Dado que conocemos la corriente que circula por Q1, Q2 y Q3, sus resistencias dinámicas de emisor

serán:

Ω==′ 251

251 mA

mVre Ω==′ 251

252 mA

mVre Ω==′ 55

253 mA

mVre

4Página 18 de 27

El circuito en alterna de AZ sin realimentar, pero cargado con β es:

re’1 re’2

re’3β·ib1

vout

β·ib2

β·ib3

RC

RS

ib1ib2

ib3

R2RE RE

R2

Vx

iin

Lo que estamos buscando es la relación existente entre la tensión de salida y la corriente de entrada,

por lo que dividimos la ganancia en varias etapas tal y como se expresa a continuación, por ser más

sencillo de calcular cada una de las pequeñas contribuciones de ganancia. Por ejemplo se ha tomado

la siguiente división en cuatro etapas:

in

x

x

out

in

outZ i

ibibib

ibV

Vv

ivA

SR

1

1

2

2

⋅⋅⋅==

Resolvemos cada una de estas contribuciones a la ganancia total:

4321

4

1

31

2

22

1

AAAAiib

ibib

ibV

Vv

ivA

Ain

AA

x

Ax

out

in

outZSR

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅==

d.1) Calculamos A1:

Vemos que podemos poner vout como un divisor de tensión con VX, de forma que:

31

1

eo

oXout rRSy

yVv′++

⋅= −

−

Por lo tanto:

0.999378518603

32

2133

1

1

=Ω+Ω+Ω

Ω=

′++=

′++== −

−

MM

rRSRR

rRSyy

VvA

eeo

o

X

out

d.2) Calculamos A2:

Aplicando sencillamente la ley de Ohm en la base de Q3 con respecto a la corriente de colector Q2

tenemos que:

5Página 19 de 27

[ ])()1(|| 132

−++′⋅+⋅⋅−= oeX yRSrRCibV ββ

Y despejando, obtenemos A2 como:

[ ])2()1(|| 32

RRSrRCibV

eX ++′⋅+⋅−= ββ

( )( )[ ] Ω−≈Ω−=Ω+Ω+Ω⋅Ω⋅−== MMKibVA X 2.2839.966,199,2318605221||102202

1

d.3) La relación entre las corrientes de base de Q1 y Q2 es inmediata, y viene dada por la ecuación:

2121 )1()1( bbbb iiii −=⇒⋅+−=⋅+ ββ

Y por lo tanto la tercera ganancia A3 es:

131

2 −==ibibA

d.4) Calculamos A4:

La corriente de base de Q1 puede verse como un divisor de corriente, siendo la corriente total de entrada igual a iin, por lo que por la rama de base de Q1 circulan:

)()1(222

)2()1( 1211

1

1 RErRRi

RErryyii

ein

eei

iinb +′⋅+⋅+

⋅=⋅+′+′⋅++

⋅= −

−

ββ

Y despejando queda que:

931387.0)47525(22213

34 1 =Ω+Ω⋅⋅+Ω

Ω==

MM

iiAin

b

Sustituyendo las contribuciones de cada ganancia en la ganancia de transimpedancia tenemos que:

Ω=Ω=⋅⋅⋅= MAAAAASRZ 047.2186.749,047,24321

La impedancia de entrada sería:

[ ] [ ])'()1(2//2)2''()1(// 1111 RErRRErryZ eeeiinSR

+⋅+⋅=⋅++⋅+= − ββ

Ω≈Ω=Ω+Ω⋅⋅Ω= KMZSRin 83.20569.836,205)47525(2212//3

Y finalmente, la impedancia de salida sería:

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+

++= −

)1('// 3

1

βRCrRSyZ eooutSR

Ω=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Ω

+Ω+ΩΩ= 03.1909221

1051860//3 KMZSRout

6Página 20 de 27

En este punto ya estamos en disposición de determinar el signo de la realimentación, dado que conocemos tanto la ganancia del amplificador sin realimentar ( ) como la ganancia de la red β (yr), es decir:

SRZA

6825.0−=⋅=⋅ rZ yAASR

β

Al ser el producto A · β negativo, la realimentación será positiva.

e. Para calcular la ganancia de tensión del circuito realimentado, debemos tener en cuenta que al ser

la realimentación paralelo - paralelo, se dividen ambas impedancias por 1+A·β, cuyo valor es:

3174.0)1( =⋅+ βA

Los valores de los parámetros del circuito realimentado son:

Ω≈Ω=⋅+

= MAAA

Z

ZZF

45.6475.291,451,61 β

Ω≈Ω=⋅+

= KA

ZZ A

F

inin 47.6482.474,648

1 β

Ω≈Ω=⋅+

= KA

ZZ A

F

outout 62766.6014

1 β

f. El circuito total se obtiene uniendo el circuito Thevening equivalente del circuito realimentado y

los elementos que quedaron fuera, en este caso, sólo la resistencia R1 de 526Ω, es decir:

AzF ·iiZinFvi vo

526 Ω

ZoutF

ZinT

ii

ZoutTR1

La ganancia en tensión total puede obtenerse fácilmente como la relación entre las tensiones de

entrada y salida, donde:

iZo iAvF⋅=

( )Finii ZRiv +⋅= 1

Dado que no hay resistencia de carga, la impedancia de salida queda con un terminal al aire, y al no circular corriente por ella, tampoco cae tensión entre sus bornes.

7Página 21 de 27

Sustituyendo en la expresión de la ganancia en tensión total:

94.95261

=+Ω

=+

==F

F

F

F

Tin

Z

in

Z

i

ov Z

AZR

AvvA

Y la impedancia de entrada total es:

Ω≈Ω=+Ω=+= KZZRZFFT ininin 64920.000,6495261

Y la impedancia de salida total es:

Ω== 27.6014FT outout ZZ

8Página 22 de 27

"!# %$'&(*),+.-/102436587936:;=<>:?@79;BA3DCE;F':G<IHJ0K;B24?@:H>:;LAM3N0:O2":PQ:OR=7936ST0KP6:;=<I:VUW0K<I:OUWXK<I3NAMYF9:V79;0KUWZ9P63\[] AO08F'YEH^F9:M<I:OHIUW36;B08F9YB_

F (s) = 5.1018

(s + 2k)(s + 10k)3

` 312I:aHI:b0KP63DUW:;=<J0cAY8;79;B0cH>:OFβ = −40dB

24:aZ93NF':8d0Eeaf"Y8UWZ9H>Y8gB08HG2I3h:OP.243N2i<>:Uj0k:b2G:b2i<J0Kg9P6:cZB0KHJ0j79;lUW08HI5E:;mF':,?n082I:,F9:,oqpTrK_ksut9_vp

Z979;=<>YE2JegLe ` 3w;BY,?@7B:HJ0,:b2i<J0Kg9P6:8xLAMY8UWZQ:;B2>0KH>P6Y,ZQY8H:OPyUcz<IY'F'YjZQY8P6YK[AM:OHIYL_sut9_ |,ZB79;=<IYE2JeAOe~V3Dg97K40KHPN0k?@79;LAM36C8;F':<>H>08;B24?@:H>:;BA360lsn _

βe~=0AY8UWZL:O;B2>0K;BF'Y:;UWCqF979PDY

?n082I:8_sut9_vpZB79;=<IYE2JeFBe*f"7BXKP2I:H>60:OP0K;BAJ9YF':lgL0K;BF90F':P2I3624<I:OUj079;B0S8:OlAY8UWZL:O;B2>08F'YL_sut9_v

Z979;=<>YE2Je` Y8P67BA3DCE;wd0Ee08H>0a:OPDP6YF'36g97T408HI:OUWYE2PN0a?@79;LAM36C8;F':G<IHJ0K;B24?@:H>:;LAM3N0jsn _

βe:;jUWC'F'79P6Y,?n082I:8_

F (A.β) =25

(

s

2k+ 1

) (

s

10k+ 1

)3

` C8P6YW:O2^;9:bAM:b2I08HI36Y,H>:ZBHI:b24:O;E<J0KHP60c?n0E24:aB0E2i<J0,[>bEp r _6_6_

1k 10k

30dB

0dB

0º

−90º

−180º

28dB

f"Y8UWZ9H>Y8gB08UWYE2^R=79:a:O2^36;9:O24<>08g9PD:ZB79:O24<IYjR=79::PyUWC'F'79P6Yj:O22I79ZQ:H>3DYEH0ctEF9~_

Página 23 de 27

gLe"PUWzM<IY'F'YcF':aAMY8UWZQ:;B2>08A3DCE;k36UcZBPD3NA0,:PF':O2IZ9PN0Kb0KUW3D:O;=<IY,F9:PZLYEPDYcF':~Uc:O;9Y8H?@H>:OAM7B:;BA360~B0EAM3N0~08gB0TiYAY8;WPDY R=79:Uj0K<I:UjXK<I3NA0KUW:O;E<>:^:P63DUW36;B0KH>:UWYE2:OP9ZQY8P6Y 2436UWZ9PD:F':UW:;BY8H?@H>:OAM7B:;BA360jsu0KB0EF'3D:O;BF'Ya79;jAM:OHIY0a:b2I0V?@H>:OAM7B:;BA360=eh,AMYEPDY'AO0KH>:UWYE279;jZQY8P6YF'YEUc36;B08;E<>:F'Y8;BF9:a2I:O0c;9:bAM:b2I08HI36YB_

F (A.β)∗ =25

(

s

10k+ 1

)3

1:O;9:UWY=2RE7B:VUW:OF93DH:OPyUcC'F'7BPDYjR=79:~<I:O;BF'H>:UWYE2:;[o=pTrWsnR=79:2I:HJXK;PDY=2?@79<I79H>YE2[JOEp r eZB0KHJ0c2I08gL:OHF'C8;BF9:V<>:;BF9HI:OUcY=2R=79:ZLYE;9:H:OPwZQY8P6YB_ H>X ] A08UW:;=<I:VS8:UWY=2"R=79:~;9YE2^2IY8g9HJ0K;K|8FBV_q/10 ?@HI:bAM79:O;BAM3N0cF'Y8;BF9:G<>:;9:OUcY=2:b24:F':b2i?n0E24:F':~[o=p r 2I:H>60Bd

−45r

= −135r/dc. log

w−45r

1k+ 0r

w−45r = 2k

1k 10k

0dB

0º

−90º

−180º

−45º

28dB30dB

f"Y8;PDYkR=79:a:OPwZLYEPDYjF'YEUW3D;B08;=<I:F':gQ:H>N0KUWYE2^AMYEPDY'AO0KH>PDYc:;wd28dB

20db/dc= 1, 4dcadas

:O2F9:OAM36Hbxy8_ ocF'zbA0EF9082^ZQY8HF':OgB0TiYjF': 8Wd

log2K

wp= 1, 4

Página 24 de 27

:;*ZQ~|EtHMT2O_AOe^/0?@7B;BAM36C8;F':a<>H>08;B2i?@:OHI:O;BAM3N0,E0cAMY8UWZQ:;B2>08FB0c2I:H>N09d

F (A.β) =25

(

s

80+ 1

) (

s

10k+ 1

)3

0dB

0º

−90º

−180º

−45º

28dB30dB

100 1k 10k

−135º

FBePh0K;BAJ9YWF':gB08;BF90cH>:O2I79P\<J0K;=<I:a2I:HJX9d

BW = 80.(1 + A.β) = 2080r/s

Página 25 de 27

1!MM $'&(*),+ -V:P12I3D5E7936:;=<I:aYE2>AM36PN08F'YEH2I: F':O2I:O0cA08P6A79PN0KHbd0Ee^¡BHI:bAM79:O;BAM3N0,F9:YE2>AM36P60EAM36C8;w_^siE_ p,Z979;=<>YE2JegLe¢0KP6Y8HF9: £G,ZB0KHJ0Uj08;E<>:;9:OHP60cY=2IA3DPN08A3DCE;w_sut9_vp,Z979;=<IY=2>e

C1 C2

L

R2

R1

R

150

V0K<IY=2d£T,OW¤BfV¥,btK;B¡¤Bf^Ea8tK;B¡¤'/h,O7B¦` Y8P67BA3DCE;wd.0KHJ0VAO0KPNAM79PN0KHPN0G?@H>:OA79:;LAM3N0~F9:Y=2IA3DPN08A3DCE;wxK0KgBHI36HI:OUWYE2:P'PN0KYa L0KP6P608HhPN0V?@79;BA3DCE;

F':~<IHJ0K;L2i?@:OHI:O;BAM3N0su _βe

C1 C2

L

R2

R1

R

150

ViVoi2

i3

i1

/10E2^:OAM7L08AM36Y8;B:O2^R=79:Z9PN0K;=<I:b0KUWYE2^2IY8;wdVi = i1.150 + i1.

1

sC1

− i2.1

sC2

0 = −i1.1

sC1

+ i2.1

sC1

+ i2.1

sC2

0 = i3

(

1

sC2

+ R1

)

− i2.1

sC2

+ i2.sL − i3.1

sC2

V0 = −i3.R2

247L2i<>3\<>798:O;BF'YWF':b24ZQ:i408;BF'YLx'Y8g'<>:;BF'H>:UWY=2d

Página 26 de 27

V0

Vi

= −R2

s3150.R1.C1.C2.L + s150.R1. (C1 + C2) −1

sC2

+ s2R1C2L + R1C1+C2

C1

− 150C1

C2

− R1C2

C1.0KHJ0 R=79:V2I:VA79UWZ9P60:PAMH>3\<>:H>3DY F9:~^0KH>§qB0K7L24:O;wxK:PF':b2i?n0E24:G<IYK<J0KPQF':gQ:H>60,24:OH"F':t r ZQY8HP6YjRE7B:P60cZB08H4<>:~36Uj0K5E3D;B08HI3N0<I:;LF'HI:OUWYE2R=79:a3D5E7B0KPN0KH>PN0,0Wt9_

s3150.R1.C1.C2.L + s150.R1. (C1 + C2) −1

sC2

= 0

F':O2IZQ:i40K;LF'YjP60,?@H>:OA79:;BA360WF':aY=2IA3DPN08A3DCE;wx=<I:;LF'HI:OUWYE2Od

fosc '1

2π

√

(C1 + C2)

2.C1.C2.L= 1378322Hz

/10cZB08H4<>:~H>:O08PwF':gQ:H>N0c2I:HUj0¥EY8HYc36587L0KPw0*8_Y8HP6YjR=79:8d

1 =−R2

−w2.R1.C2.L + R1.C1+C2

C1

− R1.C2

C1

− 150.C1

C2F':0ERE7Bud

R2 ≥ 2.R1 = 2K

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