SOLUCIONES

Electrónica Analógica (305-010-303)
Universidad de Vigo
Enero 2011
APELLIDOS Y NOMBRE:
SOLUCIONES
DNI:
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------1) En el amplificador de la figura se pide:
(DATOS: C1→∞ ; hie=0,8k ; hfe=200)
a) Determinar la topología de la realimentación.
(1 punto)
Si RL=0 , desaparece Vo y desaparece la
realimentación. Por lo tanto el muestreo es de
tensión.
En la entrada se realiza una resta de corrientes.
Por lo tanto la realimentación es del tipo
TENSIÓN EN PARALELO.
Vo
Para realizar más fácilmente los apartados posteriores es recomendable simplificar el circuito
de entrada, convirtiendo el grupo Vs, Rs y R2 en un generador Norton.
El primer paso es eliminar C1, ya que a
frecuencias medias se considera como
un cortocircuito.
El siguiente paso consiste en convertir el grupo Vs y Rs en su equivalente Norton.
Siendo Is= Vs / 2k
Finalmente, Rs y R2 se agrupan en paralelo.
Siendo Is= Vs / 2k ; R3= 1k
Resultando el circuito completo:
1
b) Representar el circuito de pequeña señal del amplificador sin realimentar pero con los efectos de
carga de la red de realimentación. Obtener la expresión analítica de β y determinar su valor.
(1 punto)
β = If / Vo
If = - Vo / R1
β = -1 / R1 = -0,25 mA/V
c) Obtener la expresión analítica de la ganancia que se estabiliza (con realimentación), suponiendo
que existe fuerte realimentación negativa, y determinar su valor.
(0.8 puntos)
RMf ≈ 1/β = - R1 = -4 kΩ
d) Si se realiza el análisis suponiendo que la realimentación no es muy intensa, se obtiene una
ganancia con realimentación igual a 2/3 de la obtenida en el apartado ‘c’. ¿A qué se debe?.
(0.7 puntos)
El análisis basado en una situación de fuerte realimentación negativa no es exacto. En este
caso, el error es relativamente grande debido a que RM·β no es mucho mayor que 1.
2
2) El circuito de la figura utiliza un operacional que se puede suponer ideal, excepto por tener
limitada su salida al margen de las tensiones de alimentación. El diodo D1 se caracteriza mediante
la curva facilitada. Se pide:
ID
VD(V)
0,6
a) Determinar la función de transferencia Vo= f (Vi) para el margen -12 < Vi < +12 voltios, y
representarla gráficamente, con las acotaciones oportunas. (2 puntos)
En primer lugar damos nombre a varias tensiones y corrientes del circuito.
Mientras el operacional no se sature, V2 = 0
Si Vi > 0 , el diodo está en inversa (D1 OFF)
Vo = - I2·R3 = - R3·Vi / (R1+R2) = - Vi
[1]
El diodo entra en conducción cuando V3 = -0,6 V. En estas circunstancias se tiene:
Vo = 0,6·R3 / R2 = 0,6·5 = 3V. O lo que es lo mismo, Vo es constante e igual a 3V.
Para determinar el valor de Vi a partir del cual el diodo entra en conducción basta con
emplear las condiciones límite del diodo, es decir: V3 = -0,6 V y a la vez Idiodo = 0 . Por lo
tanto:
I2 = (V3-0) / R2 = -0,6V / 1k = -0,6 mA
Vi = I2 · (R1+R3) = -0,6 mA · 5k = -3V
3
Por lo tanto, el punto frontera entre ambas zonas se encuentra en Vi = -3V . El valor
correspondiente en Vo es: Vo = -R3·V3/R2 = -5·(-0,6) = 3V. [2]
Vo
Ahora dibujamos las gráficas
correspondientes a las expresiones [2]
y [1] obtenidas anteriormente.
10
Vo = 3V (para Vi < -3V)
3
Vo = -Vi (para Vi > -3V)
Vi
-10
-10
10
-3
Finalmente, se debe tener en cuenta la posibilidad de que se produzca una saturación en la
salida del operacional.
En la parte izquierda se tiene un valor constante de Vo = 3V, por lo que no cabe la posibilidad
de saturación.
En la parte derecha, la expresión Vo = -Vi puede llevar a un valor de Vo fuera del rango (10V, 10V), por lo que es preciso estudiar este caso. El valor de Vo se hace menor de –10V
cuando el valor de Vi es mayor de 10V (dado que Vo = -Vi). Sin embargo, Vo no puede bajar
de –10V, con lo que se produce la saturación. Añadimos a la gráfica el efecto de la saturación:
Vo
10
3
Vi
-10
-10
4
10
b) Si Vi es una señal triangular de frecuencia 1kHz, amplitud 6 V (12 V pico a pico), y sin nivel de
continua, determinar la señal Vo y representarla gráficamente en función del tiempo. (1 punto)
Se dibuja la señal de entrada con trazo continuo.
Vo
La señal de salida Vo se dibuja a trazos.
Como la señal de entrada no supera nunca los
6V, el operacional no se satura nunca.
6V
t
0
Por otra parte, cuando la señal de entrada
baja de –3V, Vo se mantiene en 3V, lo que se
corresponde con el tramo horizontal (de
puntos) de Vo.
-6V
0
Si Vi > -3V → Vo = -Vi
Si Vi < -3V → Vo = 3V
5
1ms
3) En el circuito de la figura:
a) Determinar la función de transferencia IL = f(Vs)
suponiendo que el operacional es completamente ideal.
(2 puntos)
En la parte superior de la figura se observa un divisor
de tensión formado por R2 y R1. Por lo tanto, la
tensión en la entrada inversora es:
V2 = Vop·R1 / (R1+R2) = Vop / 2
En este apartado se supone que el operacional es
completamente ideal, por lo que nunca se satura. En
estas condiciones la tensión V1 es igual a V2. Por lo tanto:
V1 = V2 = Vop/2
Asignamos nombres a las corrientes que circulan por R3 y R4 (IR3 e IR4) con el sentido que
indica la figura.
Se obtiene:
Vop
Vop
Vs −
2 =
2
R3
1k
Vs −
I3 =
Vop
− Vop
Vop
2
I4 =
=−
R4
2k
IL = I3 − I4 =
Vs Vop Vop Vs
−
+
=
1k 2k
2k
1k
También se puede expresar como:
IL (mA) = Vs (V)
La expresión de IL no depende de RL. Esta cualidad y la propia función de transferencia
revelan que el circuito se comporta como un convertidor tensión → corriente. (no se pide)
6
b) En este apartado se considera que RL = 2k , y que el operacional está alimentado con las
tensiones +Vcc y –Vcc , siendo Vcc= 10V. Determinar la función de transferencia IL = f(Vs) para
el margen de tensiones de entrada Vs comprendido entre –10V y +10V, suponiendo que el
operacional es ideal excepto por tener su tensión de salida Vop limitada al rango de la alimentación
(+Vcc,-Vcc). Representar en forma gráfica la función de transferencia obtenida.
(1,5 puntos)
El enunciado de este apartado indica que el operacional no es capaz de entregar en su salida
(Vo) tensiones mayores de 10V o menores de –10V (saturación).
La expresión de V2 obtenida en el apartado “a” sigue siendo válida porque sólo depende del
divisor de tensión. Por lo tanto, podemos mantener que: V2 = Vop/2.
Sin embargo, la expresión V1 = Vop/2 solamente es válida mientras el operacional no se
sature.
Mientras no existe saturación, la expresión IL (mA) = Vs (V) sigue siendo válida. En esta
zona central, la transferencia consiste en una recta con pendiente positiva de valor 1 k-1 (1
mA/V).
Cada cuadrícula horizontal vale 1V (eje Vs).
Cada cuadrícula vertical vale 0,5 mA (eje IL).
El centro es el punto (0,0).
Necesitamos determinar los valores de Vs que
provocan la saturación del operacional. En la
zona límite, podemos suponer que a Vo le falta
un infinitésimo para llegar a 10V (aún no se
satura) siendo válido todavía que V1 = V2 =
Vop/2 = 5V = IL · RL
(RL es un dato, y vale 2k)
Despejando IL :
IL= 5V / RL = 5V / 2k = 2,5 mA
Como Vs (V) = IL (mA) , el valor correspondiente de Vs es 2,5 V.
El tramo central de la gráfica (-2,5V < Vs < 2,5V) tiene una pendiente de 1 k-1
Una vez que el operacional está saturado positivamente, Vop se mantiene a 10V. De esta
forma, podemos utilizar el circuito:
7
Uilizando el equivalente de Thevenin del circuito compuesto por Vs, R3, Vop y R4 se obtiene
De donde se obtiene el valor de IL en función de Vs:
Vs + Vop
Vs + 10V Vs 2V
2
IL =
=
=
+
2,5k
5k
5k 1k
Por ejemplo, para Vs = 5V tenemos:
cuya pendiente es 1/(5k) = 0,2 mA / V
IL = 3V / 1k = 3 mA, tal y como muestra la gráfica.
Se puede comprobar que esta ecuación intersecta con IL = Vs / 1k en el punto (2.5 V , 2.5
mA).
Para el tramo izquierdo se sigue un proceso similar ya que existe simetría. Por lo tanto este
último tramo se encuentra en el tercer cuadrante, y tiene igual pendiente (0,2 mA / V).
La siguiente gráfica muestra los resultados obtenidos mediante simulación.
8