Respuestas en frecuencias de los amplificadores

Respuestas en frecuencias de los amplificadores
NOCIONES DE ELECTRÓNICA
ANALÓGICA
(Respuestas en frecuencias de los amplificadores)
Escuela Politécnica Superior
Profesor: Darío García Rodríguez
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Respuestas en frecuencias de los amplificadores
RESPUESTAS EN FRECUENCIAS DELOS AMPLIFICADORES
Definición de Decibelios.- La necesidad de comparar magnitudes en electrónica
nos lleva a la utilización de decibelio que nos viene definido por:
N º decibelios = 10·log
P2
I 2 ·R
I
R
= 10·log 22 2 = 20·log 2 + 10·log 2
P1
I1
R1
I 1 ·R1
o también se puede
escribir como:
V22
P
R
V
R
N º decibelios = 10·log 2 = 10·log 22 = 20·log 2 − 10·log 2
P1
V1
R1
V1
R1
esta última formula es
R2
.
R1
También la salida se puede expresar en decibelios y viene expresada como:
la mas empleada donde por regla general se desprecia 10·log
N º decibelios = 20·logV2
Cuando el número de decibelios se mide en los aparatos electrónicos se compara
con una potencia de 0.001 vatios y una resistencias de 600 Ω.( equivale a una tensión de
0.775 voltios).
Definición de octava y década con respecto a la frecuencia.- Con referencia a
la frecuencias, estas también se comparan y su unidad es la octava y la década.
Una frecuencia aumenta una octava cuando su frecuencia se duplica, y
disminuye una octava cuando su frecuencia se hace la mitad.
Nos viene expresada por:
f final = 2 n · f inicial
n= nº de octavas
Una frecuencia aumenta una década cuando su frecuencia se multiplica por 10, y
disminuye una década cuando su frecuencia se divide por 10
Nos viene expresda por:.
f final = 10 n · f inicial
n=nº de décadas
Nota: La frecuencia en el sistema Internacional nos viene expresada en radianes
partido segundo (rad/s). La frecuencia en la mayoría de los casos viene expresadas en
hercios que vueltas partido por seg.(Hz).
Ambas unidades entán relacionada por 2·π
Nº radianes = Nº vueltas por 2·π .
.
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Respuesta de frecuencia de los amplificadores en un acoplamiento RC
Cuando tenemos cualquier transistor tiene una entrada y una salida, donde por
regla general calculamos, en corriente alterna, la ganancia de tensión, resistencia de
entrada y resistencia de salida, estos cálculos son equivalente a poner el siguiente
circuito:
Ro
+
vi
Ri
Avvi
Donde Av= ganancia de tensión, Ri = Resistencia de entrada y
Ro = Resistencia de salida.
En un acoplamiento RC de dos transistores (dos etapas) podemos tener el
siguiente circuito:
R1
R4
R2
Cp
Q1
Q2
V1
R3
R5
R6
0
La salida de la primera etapa es decir en el colector de Q1 es equivalente a una
fuente de tensión de valor la ganancia de tensión por la tensión de entrada en serie con
la resistencia de salida Ro. Y la entrada de Q2 en su base como la resistencia de entrada
Ri en paralelo con la capacidad de entrada del dispositivo Ci.
Quedando el siguiente circuito:
Ro
Cp
Vo
Av1vi
Ri
Ci
0
La ganancia de este circuito nos viene expresada con Av=vo/Av1vi.
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En este circuito Cp es mucho mayor que Ci (Cp capacidad puesta en el Circuito,
Ci capacidad interna de la segunda etapa).
Este circuito puede trabajar en frecuencias intermedias donde cumple :
Ro es mucho mayor que –j/ωCp y –j/ωCi mucho mayor que Ri con lo que
nuestro circuito se quedaría:
Ro
Cp
Vo
Av1vi
Ri
Ci
0
Baja frecuencia cumple:
Ro es comparable con –j/ωCp
nuestro circuito se quedaría:
y –j/ωCi mucho mayor que Ri con lo que
Ro
Cp
Vo
Av1vi
Ri
0
Este es un circuito de paso alto
En Alta frecuencia cumpliéndose:
Ro es mucho mayor que –j/ωCp
nuestro circuito se quedaría:
y –j/ωCi es comparable con Ri con lo que
Ro
Cp
Vo
Av1vi
Ri
Ci
0
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Este es un circuito de paso bajo.
Ahora vamos a calcular la ganancia en los diferentes circuitos:
En el circuito de frecuencias intermedias:
Avm =
vo
Ri
=
Ai1vi Ri + Ro
En el circuito de paso alto:
AvL =
ωL =
vo
=
Ai1vi
Ri
j
Ri + R o −
ω ·C p
Ri
Ri
R 0 + Ri
R + Ri
=
= o
j
j·ω L
1−
1−
ω ·C p ·( Ri + Ro )
ω
en donde
1
es la frecuencia a la cual cae 3 decibelios.
C p ·( Ro + Ri )
En el circuito de paso bajo:
En primer lugar vamos a calcular Ri en paralelo con Ci.
1
j·Ci ·ω
Ri
=
Xi =
1
j·Ri ·C i ·ω + 1
Ri +
j·C i ·ω
Ri ·
AvH
Ri
Ri
Ri
v
j·Ri ·C i ·ω + 1
Ri
R0 + Ri
R + Ri
= o =
=
=
= o
ω
R
j
·
R
·
R
·
C
·
j·ω
Ai1v i
Ro + Ri + j·Ri ·Ro ·C i ·ϖ
i
i
o
i
1+
Ro +
1+
ωH
j·Ri ·C i + 1
R o + Ri
en donde ω H =
Ro + Ri
1
=
C i ·Ri ·Ro C i ·R p
es la frecuencia a la cual cae 3 decibelios.
Rp en la combinación en paralelo de Ri y Ro.
A partir de ahora vamos a comparar el circuito de paso alto con el circuito de
frecuencias intermedias y el circuito de paso bajo con el de frecuencias intermedias y
estas comparaciones la vamos expresar en decibelios para posteriomente trazar el
diagrama de Bode, que mas tarde indicaremos a que se refiere dicho diagrama.
Para baja frecuencia es decir en el circuito de paso alto la ganancia relativa:
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AvL
=
AVm
1−
1
j·ω L
1
donde su modulo es
ω 2 
1 +  L2 
ω 
ω
argumento θ = − tan g −1
−ωL
= tan g −1
ω
Si la ganancia relativa la expresamos en decibelio tenemos:
N º decibeios = 20·log M L = 20·log
ωL
ω
 ω2 
= −10·log1 + L2 
ω 2 
 ω 
1 +  L2 
ω 
1
Calculemos algunos puntos:
ω mucho mayor ωL ................................. 0 decibelios
ω = ωL ..................................................... -3
“
ω =0.1 ωL ................................................. –20 “
ω =0.01 ωL .............................................. –40 “
ω =0.001 ωL ............................................. –60 “
Cuando la frecuencia diminuye una década a partir de 0.1ωL la ganancia
disminuye 20 decibelios. Luego la pendiente es de 20dB/dec.
w/wL
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Si linealizamos esta curva obtendremos la figura siguiente:
Pendiente
20dB/dec
w/wL
Si comparamos la respuesta real con la linealizada obtenemos:
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w/wL
Si queremos expresar el ángulo tendremos la siguiente figura:
w/wL
Para alta frecuencia es decir en el circuito de paso bajo la ganancia relativa:
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AvH
=
AVm
1+
1
j·ω
donde su modulo es
ωH
1
ω2
1 +  2
ωH
argumento θ = − tan g −1



ω
ωH
Si la ganancia relativa la expresamos en decibelio tenemos:
N º decibeios = 20·log M H = 20·log
 ω2
= −10·log1 + 2
ω2 
 ωH
1 +  2 
ωH 
1



Calculemos algunos puntos:
ω mucho mayor ωL ................................. 0 decibelios
ω = ωH ..................................................... -3
“
ω =10 ωH ................................................. –20 “
ω =100 ωH .............................................. –40 “
ω =1000 ωH............................................. –60 “
Cuando la frecuencia aumenta una década a partir de 10ωH la ganancia
disminuye 20 decibelios. Luego la pendiente es de -20dB/dec.
Si linealizamos esta curva tendremos la figura siguiente:
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Si comparamos la respuesta real con la linealizada obtenemos el mismo
resultado que en el filtro de paso alto:
El ángulo del filtro de paso bajo nos viene expresado en la siguiente figura:
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(Nota: en los ejes las H, L son subíndices )
Ancho de banda de un amplificador.- Es el intervalo de frecuencias que va de
ωL a ωH en donde ωH es mucho mayor que ωL. Es decir donde la perdida de ganancia es
inferior a 3 dB.o la ganancia relativa superior a 3 dB.
RESPUESTA DE UN AMPLIFICADOR A UN ESCALÓN
Cuando a un amplificador le introducimos una onda cuadrada tenemos que tener
muy presente la frecuencia de esta onda cuadrada ya que el amplificador tiene unos
condensadores y estos no se pueden cargar instantáneamente sino que se carga de una
forma exponencial. Si la frecuencia es muy alta puede ocurrir que a los condensadores
no le de el tiempo suficiente para cargarse en medio ciclo y la salida no será una
reproducción parecida a la de entrada. De ahí que tengamos que definir el tiempo de
subida.
Tiempo de subida: En el circuito de paso bajo de la figura vamos a calcular en
primer lugar la salida en función de la entrada que es una señal continua V, definiendo
el tiempo de subida como el intervalo de tiempo donde la salida pasa del 10% al 90% de
su valor final ( t tiende a infinito).
Ro
vo
i
V
Ri
iR
0
11
iC
Ci
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V − vo vo
dv
=
+ Ci · o
Ro
Ri
dt
suprimiendo este en ambos miembros:
dv
Ri ·(V − v o ) = Ro ·vo + Ci ·Ro ·Ri · o
dt
poniendo común denominador y
i = i R + iC
dividiendo por Ro+Ri
R ·R
Ri ·V
dv
= v o + R p ·C ·i o
donde R p = i o vamos a resolver esta
Ri + Ro
dt
Ri + Ro
ecuación diferencial de primer orden de coeficientes constante y termino indepediente
también constante.
Resolvemos en primer lugar la ecuación homogénea que es:
0 = vo + R p ·C i ·
dvo
dt
dvo
dt
=−
vo
R p ·C i
de aquí
integrando
1
−
·t
v
−1
−1
R ·C
ln vo =
·t + ln k
ln o =
·t
vo = k ·e p i
R p ·Ci
k
R p ·C i
Ahora la solución particular que tiene la forma de una constante:
Es decir vo = B , sustituyendo en la ecuación diferencial tenemos:
V ·Ri
= B = v0
Ri + R o
Luego la solución general, será la solución homogénea mas la particular:
1
·t
R p ·Ci
V ·Ri
Ri + R o
La constante k se calcula con las condiciones iniciales del problema,
supondremos que el condensador se encuentra descargado, es decir:
−
vo = k ·e
t = 0 seg
0=k+
+
vo = 0 Voltios
V ·Ri
Ri + R o
luego k =
− V ·Ri
Ri + Ro
Luego su solución es:
1
−
·t
V ·Ri
R C
vo =
·(1 − e p i )
Ri + R o
Cuando el tiempo, t1 llega al 10% del valor final, que es
12
V ·Ri
se tiene:
Ri + Ro
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1
−
·t1
V ·Ri
0.1·V ·Ri
R ·C
=
·(1 − e p i )
Ri + Ro
Ri + R o
−
0.9 = e
1
·t1
R p ·C i
−
0.1 = 1 − e
1
·t1
R p · Ci
t1= Rp·Ci·ln0.9 =0.1·Rp·Ci
haciendo la misma operación el caso del 90% llegamos a:
t2= Rp·Ci·ln0.1 =2.3·Rp·Ci
tiempo de subida ts = t2 – t1 = Rp·Ci(2.3-0.1) = Rp·Ci·2.2 = 2.2/ωH siendo ωH la
frecuencia a la cual me cae tres decibelios en alta frecuencia.
El significado del tiempo de subida es el siguiente si yo por ejemplo tengo una
onda cuadrada de frecuencia 1MHz significa que tiene un periodo de 1µseg. donde 0.5
µseg es la parte positiva, para tener una respuesta de una forma aceptable necesito un
amplificador con un tiempo se subida inferior a 0.25 µseg aproximadamente.
Pendiente.- Si una señal cuadrada de amplitud V y periodo T se le aplica un
circuito de paso alto, la salida de la señal escalón tiene una pequeña inclinación, de ahí
que tengamos que definir pendiente que es la relación entre la diferencia de la tensión
que tiene que salir sin condensador con la que sale al final del escalón, partido por la
tensión de salida sin condensador. Si queremos expresarla en tanto por ciento lo
multiplicamos por 100.
El circuito es el siguiente:
Cp
Ro
vo
V
i
Ri
0
En el circuito podemos poner la siguiente ecuación:
V = (Ro + Ri )·i +
1
i·dt
Cp ∫
diferenciando con respecto al tiempo en ambos
miembros tendremos:
0 = (Ro + Ri )·
di
i
+
dt C p
ambos miembros:
13
di
− dt
=
i
C p ·(Ro + Ri )
integrando
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−t
−t
C ·( R + R )
ln i =
+ ln k
la constante k se calcula con las
i = k ·e p o i
C p ·(Ro + Ri )
condiciones iniciales del problema es decir t = 0 seg. i = V/(Ro+Ri)
−0
V
C ·( R + R )
= k ·e p o i
Ro + R1
V
= k luego solución es :
Ro + R1
−t
V
C ·( R + R )
i=
·e p o i
Ro + Ri
y salida
−t
V ·Ri
C ·( R + R )
Desarrollando en serie de Taylor y tomando
vo = i·Ri =
·e p o i
Ro + Ri
los dos primeros términos, despreciando los términos superiores al segundo, tenemos:
vo =

V ·Ri 
t

· 1−
Ro + Ri  C p ·(Ro + Ri ) 
vo' =
V ·Ri
Ro + Ri
p=
vo − vo'
=
vo'
la señal de salida sin condensador será
a partir de aquí la pendiente será:


t
1 −

 C ·(R + R ) 
t
p
o
i 

=
= t ·ω L
V ·Ri
C p ·( Ro + Ri )
Ro + Ri
V ·Ri
V ·Ri
−
Ro + Ri Ro + Ri
Si la señal de entrada tiene un periodo T la pendiente en cada escalón nos viene
expresada por:
p = t ·ω L =
ω
π ·ω L
wL
T
·ω L = L =
=
ω
2
2· f
ω
2·
2·π
Su figura de lo expuesto es la siguiente:
T/2
T 14
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