ESCUELA UNIVERSITARIA DE INGENIERÍA TÉCNICA DE

TELECOMUNICACIÓN

Universidad de Las Palmas de Gran Canaria

Electrónica Analógica (plan 2000)

Sistemas de Telecomunicación Telemática

Sonido e Imagen

SOLUCIÓN

Examen de la Convocatoria Extraordinaria de Junio

Martes, 28 de Junio 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. Al aumentar la tensión colector-emisor en continua de una transistor bipolar que actúa como fuente de corriente, las características de dicha fuente:

a) Mejoran. b) Empeoran. c) No se ven alteradas. d) No se puede alterar la VCEQ en un transistor con dicha configuración.

2. Si un transistor tiene una β a frecuencias medias de 100, y a 50 Krad/s dicha ganancia de corriente se reduce a 37 decibelios, ¿Cuál será su frecuencia de transición?:

a) 500 rad/s. b) 50 Krad/s. c) 500 Krads. d) 5 Mrad/s.

3. La función de transferencia de un amplificador en función de la frecuencia es de:

( )

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+

+⋅⋅−=

Ksss

sssA

11

1001)50(

1045)( 22

¿Cuál será la pendiente final del módulo?:

a) +40 dB/dec b) -20 dB/dec c) -60 dB/dec d) -100 dB/dec

4. La corriente de salida de un amplificador operacional ideal:

a) Es infinita. b) Es cero. c) Es igual a la suma de las corrientes de los terminales inversor y no inversor. d) Depende de la carga que se conecte a su salida.

5. Un circuito inestable es compensado por polo dominante con un margen de fase de 40°.

Tras la compensación se cumplirá que:

a) Cuando la fase de A·β compensada sea de -50°, el modulo de A·β compensado será de 0 decibelios.

b) Cuando la fase de A·β sin compensar sea de -50°, el modulo de A·β sin compensar será de 0 decibelios.

c) Cuando la fase de A·β compensada sea de -50°, el modulo de A·β sin compensar será de 0 decibelios.

d) Cuando la fase de A·β sin compensar sea de -50°, el modulo de A·β compensado será de 0 decibelios.

1

2

6. Si deseamos que un amplificador tenga reducida impedancia de entrada y reducida impedancia de salida, deberíamos realimentarlo de forma que:

a) Tenga muestreo de tensión y mezcla de tensión. b) Tenga muestreo de corriente y mezcla de tensión. c) Tenga muestreo de tensión y mezcla de corriente. d) Tenga muestreo de corriente y mezcla de corriente.

7. Si construimos un oscilador usando como amplificador un emisor común, realimentado

con una red RC pasiva, de tal forma que la ganancia del emisor común (en bucle abierto) cargado con la red RC sea de 400, la frecuencia de oscilación vendrá determinada por:

a) La frecuencia que haga que la red RC tenga desfase 0º y ganancia 1. b) La frecuencia que haga que la red RC tenga desfase -180º y ganancia 1. c) La frecuencia que haga que la red RC tenga desfase 0º y ganancia 2’5·10-3. d) La frecuencia que haga que la red RC tenga desfase -180º y ganancia 2’5·10-3.

8. Cuando realimentamos un amplificador con una red β pasiva, la impedancia de salida del circuito realimentado :

a) Aumenta en un factor (1+A·β). b) Disminuye en un factor (1+A·β). c) Depende del tipo de mezcla. d) Depende del tipo de muestreo.

9. La mejor relación de rechazo al ruido común o CMRR vendrá dada por un amplificador diferencial que presente:

a) Una ganancia en modo diferencial elevada y una ganancia en modo común elevada. b) Una ganancia en modo diferencial elevada y una ganancia en modo común

reducida. c) Una ganancia en modo diferencial reducida y una ganancia en modo común elevada. d) Una ganancia en modo diferencial reducida y una ganancia en modo común

reducida.

10. Si tenemos un amplificador formado por un transistor configurado en base común, una vez que se ha fijado la polarización, la impedancia de entrada:

a) Aumentará con la β del transistor. b) Disminuirá con la β del transistor. c) No dependerá prácticamente de la β del transistor. d) Será una función cuadrática de la β del transistor.

Problema 1 (de 0 a 2.5 puntos)

3

4

Problema 2 (de 0 a 3 puntos) Para el amplificador realimentado mostrado a continuación, se pide:

RB

Vi

RA

1 KΩ

RA RB

1 KΩ 79 KΩ

C110 nF

RA

C2

R3

C31 nF

79 KΩ

1 KΩ10 KΩ

R1

10 KΩ

R2

10 KΩ

1 nF

R4

3 KΩ1 KΩ R5

VO

a) Obtener su ganancia en bucle abierto A·β(s) expresando las frecuencia en

radianes por segundo y considerando todas las raíces en su forma de alta frecuencia.

(0.8 puntos)

b) Representar el diagrama de Bode completo de A·β(s) en módulo y fase, justificando de forma numérica que el sistema es inestable.

(1 punto)

c) Compensar el sistema usando la técnica de polo-cero con un margen de fase de 40°, indicando la frecuencia del polo dominante y modifique el condensador adecuado para que el sistema sea estable con el margen de fase especificado.

(1 punto)

d) ¿Cuál será el ancho de banda del circuito compensado? (0.2 puntos) Solución:

Comenzaremos abriendo el bucle en un punto donde resulte cómodo el cálculo de la impedancia

vista por dicho punto en el camino de la señal. Un buen sitio podría ser el terminal no inversor del

primer operacional, desde donde se ve una impedancia infinita al ser los operacionales ideales. Al

tratarse de una mezcla de tensión, la fuente de entrada se debe cortocircuitar, dejando la antigua

entrada del circuito a masa. No se debe olvidar tampoco que al tratarse de realimentación negativa,

al abrir el bucle y calcular la relación entre la tensión de entrada y salida lo que se obtendrá es –A·β.

5

RB

Vi

RA

1 KΩ

RA RB

1 KΩ 79 KΩ

C110 nF

RA

C2

R3

C31 nF

79 KΩ

1 KΩ10 KΩ

R1

10 KΩ

R2

10 KΩ

1 nF

R4

3 KΩ1 KΩ R5

VO

OP1OP2

OP3OP4V1

V2

V3V4 V5

V6

La ganancia de tensión en bucle abierto se puede poner como:

7654321

656

45

34

23

121

A

o

AAAAAAii

o

VV

VV

VV

VV

VV

VV

VV

VVA ⋅⋅⋅⋅⋅⋅−=−=⋅ β

Calcularemos por lo tanto la contribución de cada unos de los términos desde el A1 hasta el A7:

1) Calculamos A1 como un amplificador no inversor:

801

791111 =ΩΩ

+=+==KK

RR

VVA

A

B

i

2) Calculamos A2 usando un divisor de tensión, lo que es posible realizar al ser el amp-op ideal:

1

11 1

11

1122

wpsCRsV

VA+

=⋅⋅+

==

Es decir, añade un polo en sKradCR

wp /10111

1 =⋅

= . La ganancia A2 queda como:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

==

sKradsV

VA

/101

1122

3) Calculamos A3 como un amplificador no inversor:

6

801

7911233 =

ΩΩ

+=+==KK

RR

VVA

A

B

4) Calculamos A4 igualando la corriente que circula por RA y por la realimentación:

2

2

22

2

2 1

11

134

//43

2

wpsR

RCRsR

RVV

RZV

RV

AACA +⋅−=

⋅⋅+⋅−=⇒−=

Es decir, añade un polo en sKradCR

wp /100122

2 =⋅

= . La ganancia A4 queda como:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅−==

sKrads

wpsR

RVVA

A

/1001

10

1

1344

2

2

5) Calculamos A5 usando un divisor de tensión, al ser el amp-op ideal:

3

33 1

11

1455

wpsCRsV

VA+

=⋅⋅+

==

Es decir, añade un polo en sKradCR

wp /1001

333 =

⋅= . La ganancia A5 queda como:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

==

sKradsV

VA

/1001

1455

6) Calculamos A6 como un seguidor, es decir:

1566 ==

VVA

7) Calculamos A7 como un divisor de tensión:

25.041

311

455

67 ==

Ω+ΩΩ

=+

==KK

KRR

RVVA o

7

Por lo tanto, la ganancia total en bucle abierto será:

7654321 AAAAAAAVVA

i

o ⋅⋅⋅⋅⋅⋅−=−=⋅ β

2

2

/1001

/1014

8010

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅−−=⋅

sKrads

sKrads

A β

2

/1001

/101

16000

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=⋅

sKrads

sKrads

A β

b) Para comprobar que es inestable, tenemos que demostrar que el módulo de |A·β| es mayor que

cero decibelios cuando su fase es de -180°. Comenzaremos por representar el diagrama de Bode

completo en módulo y fase.

1) El diagrama de Bode en módulo tiene los siguientes puntos de inflexión:

De 0 rad/s a 10 Krad/s la pendiente es cero decibelios y el módulo es de:

dB08.84)16000(log20 10 =⋅

A partir de 10 Krad/s el módulo empieza a disminuir a razón de -20 decibelios por década,

debido al polo situado en 10 Krad/s. Este ritmo de caída se mantendrá hasta alcanzar los 100

Krad/s, donde el módulo será de:

dBsKradsKraddB 08.64

/10/100log2008.84 10 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

A partir de 100 Krad/s la pendiente irá disminuyendo a razón de -60 dB/dec.

Por todo ello el diagrama de Bode en módulo queda tal y como se muestra a continuación:

8

|A·β|

84.04 dB

64.08 dB

w (rad/s)10 K

-20 dB/dec

-60 dB/dec

Nota : Los ejes no están a escala.

100 K

2) El diagrama de Bode en fase tiene los siguientes puntos de inflexión en las pendientes:

De 0 rad/s a 1 Krad/s la pendiente es de 0° por década.

De 1 Krad/s a 10 Krad/s la pendiente es de -45°/dec, debido a que comienza a actuar el polo

de 10 Krad/s una década antes del valor del polo.

De 10 Krad/s a 100 Krad/s la pendiente es de -135°/dec, debido a que comienza a actuar el

polo doble de 100 Krad/s pero el polo de 10 Krad/s no deja de actuar hasta una década

después, es decir, hasta los 100 Krad/s sumándose ambas pendientes en este tramo.

De 100 Krad/s a 1 Mrad/s la pendiente es de -90°/dec, debido a que sólo actúa el polo doble

de 100 Krad/s, que termina de actuar en 1 Mrad/s.

A partir de 1 Mrad/s la pendiente es de 0°/dec

El cálculo de las fases para cada uno de los puntos de inflexión antes visto y teniendo en cuenta las

pendientes antes calculadas es el siguiente:

Fase hasta 1 Krad/s: 0°

Fase en 10 Krad/s: °−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅°−° 45

/1/10log/450sKradsKraddec

Fase en 100 Krad/s: °−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅°−°− 180

/10/100log/13545sKradsKraddec

Fase en 1 Mrad/s: °−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅°−°− 270

/100/1log/90180

sKradsMraddec

Mantiene la fase de -270° a partir de 1 Mrad/s.

Por todo ello el diagrama de Bode en fase queda tal y como se muestra a continuación:

9

w (rad/s)

A·βA·β

-45°/dec

Nota : Los ejes no están a escala.

-45°

-180°

0°/dec

1 K 10 K 100 K 1 M

-270°

-135°/dec

-90°/dec

Como ya se vio en el cálculo de las fases, los -180° se alcanzan a los 100 Krad/s, y a dicha

fase el módulo es de 64.08 dB, por lo que podemos afirmar que el sistema es inestable.

c) Compensamos usando la técnica de polo-cero. Para ello debemos introducir

conceptualmente un cero a la frecuencia menor, es decir, la de 10 Krad/s introducida por el

condensador C1 y compensar el circuito resultante por polo-dominante.

La función de transferencia al anular el polo de menor valor queda como:

2

/1001

16000'

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=⋅

sKrads

A β

Comenzamos por representar la nueva función de transferencia. En este caso sólo hay un

polo doble en 100 Krad/s, por lo que a partir de dicha frecuencia la ganancia comenzará a

caer con una pendiente de -40 dB/dec, comenzando como antes en 84.04 dB.

| A·β |

84.04 dB

w (rad/s)100 K

-40 dB/dec

Nota : Los ejes no están a escala. La pendiente de la fase comenzará a variar desde una década antes del valor del polo, es

decir, desde 10 KHz, con una pendiente de bajada de -90°/dec, hasta llegar a una década por

encima del polo, es decir hasta 1 Mrad/s. En esas dos décadas habrá introducido -180°. 10

w (rad/s)

A·βA·β

Nota : Los ejes no están a escala.

0°/dec

10 K 1 M

-180°

-90°/dec

Que el margen de fase sea de 40° implica que el sistema compensado debe tener 0 decibelios

a -180°+40°=-140°. Sin embargo, la introducción de un polo a muy bajas frecuencias

provocará un desplazamiento de fase en el circuito ya compensado de -90°, por lo que si

deseamos hacer los cálculos en el sistema sin compensar (es el que ya tenemos representado

y disponible) debemos sumarle a esta fase los 90° para pasar del sistema compensado al

sistema sin compensar. Es decir, los cero decibelios se alcanzarán en el sistema compensado

a la frecuencia w1, de tal forma que la fase en el sistema sin compensar sea de -140° + 90° =

-50°. Esta fase debe cumplir que:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅°−°=°−

sKradwdec

/10log/90050 1

Y despejando w1 tenemos que:

sradsKradw /13.3593810/10 9050

1 =⋅= °−°−

A dicha frecuencia, el módulo es todavía de 84.04 dB. Debemos situar el polo dominante a

una frecuencia wp tal que a un ritmo de perdidas de -20 dB/dec (que es la pendiente que

introduce el polo dominante) hayamos perdido toda la ganancia al llegar a w1, es decir:

0log/2004.84 1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

pwwdecdBdB

Despejando de esta ecuación el valor de wp, tenemos que:

sradsradww decdBdB

decdBdB

p /25.210/13.3593810 /2004.84

/2004.84

1 ≈⋅=⋅=−−

11

Dado que el polo menor lo introduce el condensador C1, es lo mismo desplazar dicho polo a

la frecuencia wp que quitarlo e introducir un nuevo polo en wp. Por lo tanto, el nuevo valor

del condensador será:

FsradKwR

Cp

µ30.44/24.210

11

11 ≈

⋅Ω=

⋅=

d) Tras introducir el polo dominante, el ancho de banda en bucle abierto será el del polo

dominante, es decir, 2.25 rad/s, pero al realimentar, este valor se incrementa de forma

proporcional a |1+A·β|, es decir:

sKradsradsradwABW pF /1.36/25.36116160001/25.21 ≈=+⋅=⋅⋅+=∆ β

12

Problema 3 (de 0 a 2.5 puntos) Se desea construir un oscilador con el siguiente circuito:

13

a) Obtener la expresión teórica de la frecuencia de oscilación y ajustar los componentes necesarios para que oscile a 10 KHz.

(1.5 puntos)

b) Ajustar los componentes necesarios para asegurar el arranque del oscilador. (1 punto)

Solución: a) Comenzaremos la solución del problema abriendo el lazo. En la siguiente figura puede verse el circuito resultante de abrir el lazo a la entrada de uno de los amplificadores, es decir en R1. Nótese que la impedancia que se ve en dicho punto es precisamente R1, ya que por el principio de cortocircuito virtual el terminal inversor se percibe como una tierra virtual.

La ganancia en bucle abierto será igual a A·ß. Por lo tanto:

Vo Vo Vb VaAVi Vb Va Vi

β⋅ = = ⋅ ⋅

Nótese además que:

22

1 1 2

11

1

RRVo Vb Va sC

Vb Va Vi R R sR C= = = − = − ⋅

+

Por lo que obtenemos que:

( ) ( )

3 3

2 23 2

1 2 1 2 2 2

1 11 3 3

R RAR sR C R sR C sR C sR C

β⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⋅ = − ⋅ = − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ 1+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

- +

R1

C

R2

- +

R1

C

R2

- +

R1

C

R2

Vi

R1

Va Vb Vo

- +

R1

C

R2 R2

- +

R1

CC

- +

R1

R2

( ) ( )

3

23 2

1 2 2 2

13 3

RAR j R C R C j R C

βω ω ω

⎛ ⎞⋅ = − ⋅⎜ ⎟

1− − +⎝ ⎠ +

=

Aplicamos el criterio de Barkhausen para obtener la frecuencia de oscilación:

( )3

2 23 0o oR C R Cω ω− +

( )( )22 2 3 0o oR C R Cω ω− − =

( )22 3 0oR Cω − =

2

3o R C

ω =

Ajustamos los componentes para conseguir la frecuencia de oscilación de 10 KHz. Hay infinitas soluciones, por ejemplo vamos a fijar la resistencia R2 a 2KΩ, con lo que obtenemos:

14

3 13.78

2 10 2C n

KHz Kπ= =

⋅ ⋅ ⋅ ΩF

b) Para asegurar el arranque del oscilador deberá cumplirse que 1

oA ωβ⋅ ≥ . También sabemos del

apartado anterior que 2 3oR Cω = . Por lo que sustituyendo en la ecuación de A β⋅ quedaría:

( ) ( )

3

23 2

1 2 2 2

13 3o

o o o

RAR j R C R C j R Cωβ

ω ω ω⎛ ⎞

⋅ = − ⋅⎜ ⎟1− − +⎝ ⎠ +

( ) ( ) ( ) ( )

3 3

2 23 2

1 1

1 13 3 3 3 3 3 13 3 3 3 3 1

o

R RAR R j jj j

ωβ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⋅ = − ⋅ = − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠− − + +

3

23

1 32 2 2

1 1 1

1 8 8 8o

RR R RA

R Rωβ

⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⋅ = ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥⎜ ⎟

⎝ ⎠ 2R

R⇒ ≥

Como hemos fijado la resistencia R2 a 2KΩ, y puesto que debe cumplirse que R2 ≥ 2· R1:

1 1R K≤ Ω