E LECTR ÓNICA A NAL ÓGICA
Grado en Ingenierı́a en Tecnologı́as de la Telecomunicación
P ROBLEMAS DE RESPUESTA EN FRECUENCIA
Índice
1. Cálculo sencillo de baja frecuencia
1
2. Emisor común con seguidor de emisor en baja frecuencia
2
3. Diseño de una respuesta en baja frecuencia
8
4. Emisor común y seguidor en alta frecuencia
19
5. Cálculo sencillo de alta frecuencia
20
6. Ejemplo de alta frecuencia
21
7. Emisor común con fuente de corriente
26
8. Amplificador de 3 etapas
32
9. Cascodo con seguidor de emisor
37
10. Emisor común más seguidor
43
11. Cálculo de la frecuencias de corte
47
12. Base común en baja frecuencia
48
13. Amplificador de 3 etapas en alta y baja frecuencia
52
14. Cascodo en alta frecuencia
56
15. Diferencial de banda ancha
65
16. Amplificador de 3 etapas en atla frecuencias
68
17. Amplificador cascodo de dos Etapas
74
18. Anexo: Cero con parte real positiva
83
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1.
Cálculo sencillo de baja frecuencia
Sea el esquema en pequeña señal a baja frecuencias presentado en la figura , del cual se suponen conocidos todos
sus componentes y parámetros. Se pide:
vg R CB
G
ib1
ib2
βib1
RB
r’e
CE
CS
r’e
βib2 RS
RC
vo
RL
RE
1. Calcule la expresión polo y cero de baja frecuencia introducido por el condensador CE .
El polo está para:
1
s=−
CE · REQE
El cero está para s = −
donde REQE = RE
RB kRG
r´e +
β+1
1
CE · RE
2. Calcule la expresión polo y cero de baja frecuencia introducido por el condensador CS .
El polo está para:
1
s=−
CS · REQS
donde REQS = RL + RS
El cero está para s = 0.
1
RC
r´e +
β+1
2.
Emisor común con seguidor de emisor en baja frecuencia
Sea el amplificador de la la figura, del cual se sabe que los transitores son BC547A, los cuales tienen una βF ≈ 200,
y una tensión VBEon ≈ 0,6V . La alimentación del amplificador es VCC = +12V . Además, los valores de los componentes del amplificador son:
RG = 600Ω
RS = 900Ω
R1 = 30KΩ
RL = 600Ω
R2 = 10KΩ
CB = 100µF
RC = 3KΩ
CE = 10µF
RE = 1K2Ω
CL = 100µF
VCC
RC
R1
RG
Q2
CB
CL
Q1
vo
vg
R2
RE
CE
RS
RL
Se desea obtener su respuesta en bajas y medias frecuencias.
Cálculos preliminares
Previo a la solución en pequeña señal del problema, se debe calcular el punto de operación del circuito, para
obtener los parámetros de pequeña señal de los modelos de los dispositivos activos, incluidos en el circuito.
Empezando por Q1, y asumiendo que IB1 es despreciable frente a la corriente que circula por R1 y R2 , se puede
comprobar que:
IR1 =
VB1 ≈ VCC ×
VCC
VB1
+12V
=
=
R1 + R2
30KΩ + 10KΩ
R2
R2
10KΩ
= +12V ×
= 3V
R1 + R2
30KΩ + 10KΩ
Que no es más que la relación de un divisor de tensión. De aquı́ se tiene que VE1 = VB1 −VBEon ≈ 3V −0,6V = 2,4V .
Por ello, la corriente de emisor de Q1 será:
IE1 =
VE1
2,4V
=
= 2mA
RE
1,2KΩ
=⇒
r´e1 =
vT
25mV
=
= 12,5Ω
IE1
2mA
Además, se comprueba que el valor estimado de IB1 es despreciable frente a IR1 (4µA frente a 300µA).
Asumiendo ahora que IB2 es despreciable frente IC1 , y como IC1 ≈ IE1 , se tiene que la tensión en el colector de Q1
será:
VC1 ≈ VCC − IC1 × RC = +12V − 2mA × 3KΩ = +6V
Pero como esta es la tensión de base de Q2, se puede deducir que VE2 = VB2 − VBEon ≈ 6V − 0,6V = 5,4V . De
aquı́ se deduce que:
IE2 =
5,4V
VE2
=
= 6mA
RS
+900Ω
=⇒
2
r´e2 =
vT
25mV
=
= 4,167Ω
IE2
6mA
Representación en pequeña señal
Dado que se va a calcular la respuesta a bajas y medias frecuencias, se debe representar un equivalente completo
(incluyendo todos los condensadores de baja frecuencia). Para ello, se anulan primero todos los generadores de continua. En el circuito propuesto, sólo hay un generador de tensión de continua (VCC ), que queda como un generador de
0V , (es decir el punto VCC conectado a masa). Por ello queda el siguiente circuito equivalente:
RG
Q2
CB
CL
Q1
vo
vg
R1
R2
CE
RE
RC
RS
RL
Luego se sustituyen los transistores bipolares por su modelo equivalente en pequeña señal. Además, las resistencias
R1 y R2 , al quedar en paralelo son sustituidas por su RB = 30KΩ||10KΩ = 7,5KΩ:
RG
Q1
CB
Q2
β ib1
B1 ib1
r’e2
ib2
C1
CL
vo
E2
B2
RB
vg
βib2
RC
r’e1
E1
RS
RL
C2
CE
RE
Cálculo de la ganancia a frecuencias medias
Para componenr la función de transferencia a medias y bajas frecuencias, se va a proceder a calcular cada uno de
los elementos que la componen. Primero se va a calcular la ganancia a frecuencias medias. Para ello, en el modelo completo del amplificador, se deben anular los condensadores de baja frecuencias. Estos se sustituyen por cortocircuitos,
puesto que es como se comportarán a frecuencias medias. De esta forma queda el siguiente circuito:
RG
vg
ib1
RB
vb1
β ib1
vc1
ib2
βib2
RC
r’e1
vo
r’e2
R’L
En este esquema, el emisor queda a tierra, al ser cortocircuitado CE . Al desaparecer CL , las resistencias RL y RS
quedan en paralelo, y son sustituidas —para simplificar el esquema— por R´L = RS ||RL = 360Ω.
La ganancia a frecuencias medias se puede descomponer en
AV m =
vo
vo vc1 vb1
·
=
·
vg
vc1 vb1 vg
|{z}
|{z} |{z}
(1)
(2)
(3)
El término (1) se puede obtener mediante la relación de un divisor de tensión, puesto que:
3
vo = vc1 ×
R´L
r´e2 + R´L
=⇒
vo
R´L
360Ω
=
=
≈ 0,989
vc1
r´e2 + R´L
360Ω + 4,167Ω
El término (2) se puede relacionar mediante la corriente ib1 , puesto que:
La tensión vc1 puede calcularse como la corriente suministrada por el generador de corriente dependiente βF ib1
multiplicada por la resistencia que ve en sus bornes el generador. Para obtener esta impedancia se debe aplicar
reflexión de impedancia tras superar la base de Q2, de tal forma que:
vc1 = −βF ib1 × [RC ||(βF + 1) · (r´e2 + R´L )]
La tensión vb1 , en función de ib1 será esa corriente (ib1 ), por la resistencia que se ve tras superar la base de Q1
(y por tanto aplicando reflexión de impedancias):
vb1 = ib1 × (βF + 1)r´e1
Por tanto, y suponiendo βF ≈ βF + 1 se tiene:
−βF [RC ||(βF + 1) · (r´e2 + R´L )]
vc1
RC ||(βF + 1) · (r´e2 + R´L ) 3KΩ||[201 · (4,167Ω + 360Ω)]
=
≈−
=
≈ −231
vb1
(βF + 1)r´e1
r´e1
12,5Ω
Finalmente, la relación (3) se puede calcular aplicando la relación de un divisor de tensión. Se debe tener en cuenta
que se debe aplicar reflexión de impedancias tras superar la base de Q1. Por tanto:
vb1 = vg ×
RB ||(βF + 1)r´e1
RG + RB ||(βF + 1)r´e1
=⇒
vb1
RB ||(βF + 1)r´e1
7K5Ω||201 · 12,5Ω
=
=
≈ 0,758
vg
RG + RB ||(βF + 1)r´e1
600Ω + 7K5Ω||201 · 12,5Ω
Por tanto, la ganancia a frecuencias medias será:
AV m =
vo
= (0,989) × (−231) × (0,758) ≈ −173
vg
Cálculo de los polos y ceros
A continuación se va calcularán todos los polos y ceros de baja frecuencia. Se sabe que cada condensador independiente de baja frecuencia introducirá un polo y un cero en baja frecuencia. Para deducir el polo y cero de cada
condensador, se anulará (cortocircuitando) el resto de los condensadores no considerados.
Condensador de base CB
Para calcular el polo y cero introducido por el condensador de base CB se deben anular el resto de los condensadores. De esta forma queda el siguiente circuito equivalente:
RG
vg
CB
β ib1
ib1
RB
ib2
RC
r’e1
vo
r’e2
βib2
R’L
1
, donde REQb es la suma de las resistencias equivalentes que se ven en los
CB × REQb
dos bornes del condensador (anulando todos los generadores del circuito). De esta forma, por lado izquierdo se ve
RG , mientras que por el lado derecho se ve RB ||(βF + 1)r´e1 (aplicando reflexión de impedancias). Por tanto, el polo
estará para:
El polo estará para s = −
4
sb = −
1
CB · [RG + RB ||(βF + 1)r´e2 ]
Y por tanto, su pulsación de cruce estará para:
ωb =
1
≈ 4,029r/s ≡ 0,641Hz
100µF × (600Ω + 7K5Ω||201 · 12,5Ω)
Finalmente, se puede comprobar que si CB es un circuito abierto, no hay señal de salida, por lo tanto, se deduce
que CB tiene un cero para s = 0.
Condensador de emisor CE
Para calcular el polo y cero introducido por el condensador de emisor CE se deben anular el resto de los condensadores. De esta forma queda el siguiente circuito equivalente:
RG
RB
vg
β ib1
ib1
RC
r’e1
RE
ib2
vo
r’e2
βib2
RS
CE
1
, donde REQe es la suma de las resistencias equivalentes que se ven en los dos
CE × REQe
bornes del condensador (anulando todos los generadores del circuito). Por la parte inferior, el condensador está conectado directamente a masa (resistencia cero), mientras que por la parte superior la resistencia equivalente que se ve
(anulando el generador vg y aplicando reflexión de impedancias, tras superar r´e1 ) será:
RB ||RG
REQe = RE
r´e1 +
βF + 1
El polo estará para s = −
Y por tanto:
se = −
CB × RE
1
RB ||RG
r´e1 +
βF + 1
Y por tanto su pulsación de cruce será:
ωe =
1
≈ 6634r/s ≡ 1056Hz
7K5Ω||600Ω
10µF × 1K2Ω 12,5Ω +
201
Para calcular su cero, lo primero que se verifica es que dejando en circuito abierto el condensador de emisor, no
se anula la salida, por lo que se concluye que el cero del condensador CE no está para s = 0. Sin embargo, se puede
comprobar, que si el emisor de Q1 quedara en circuito abierto, sı́ se lograrı́a anular la salida. Esta situación si darı́a la
condición del cero. Este cero estarı́a por tanto para cuando se cumpla que:
RE
1
=∞
sCE
Por tanto desarrollando el paralelo se tiene que:
5
1
RE
sCE
=
=∞
1
sCE RE + 1
RE +
sCE
RE ·
Dado que la variable en esta ecuación es s, para lograr que esta expresión sea infinito, la única forma es lograr que
su denominador sea cero. Por tanto:
sCR RE + 1 = 0
=⇒
−1
RE · RE
s=
Y por tanto este cero tendrá una pulsación de cruce:
ωze =
1
1
=
= 83,33r/s ≡ 13,26Hz
CE RE
10µF × 1K2Ω
Condensador de acoplo de la carga CL
Para calcular el polo y cero introducido por el condensador CL se deben anular el resto de los condensadores. De
esta forma queda el siguiente circuito equivalente:
RG
vg
β ib1
ib1
RB
βib2
RC
r’e1
CL
r’e2
ib2
vo
RL
RS
Además si se anulan todos los generadores independientes, para estimar la impedancia vista en bornes de CL , se
puede comprobar que ib1 = 0, pudiéndose realizar una simplificación extra:
ib2
RC
CL
r’e2
βib2
RS
vo
RL
1
, donde REQe es la suma de las resistencias equivalentes que se ven en los dos
CL × REQl
bornes del condensador. A la derecha del condensador se ve RL mientras que a la izquierda se tiene:
RC
RS r´e2 +
βF + 1
El polo estará para s = −
Téngase en cuenta que se debe aplicar reflexión de impedancias, tras superar r´e2 . Por tanto el polo estará para:
sl = −
1
CL × RL + RS r´e2 +
RC
βF + 1
Por lo tanto, la pulsación de cruce de este polo estará para:
ωl =
1
≈ 16,16r/s ≡ 2,572Hz
3KΩ
100µF × 600Ω + 900Ω 4,167Ω +
201
Finalmente, se comprueba, que si CL es circuito abierto, no habrı́a señal a la salida, por lo que se deduce introduce
un cero para s = 0.
6
Composición de la función de transferencia
En resumen, se tiene una ganancia a frecuencias medias AV m = −173 y un juego de ceros y polos con unas
pulsaciones de cruce según se indica en la tabla.
C
CB
CE
CL
polo
4,029r/s
6634r/s
16,16r/s
cero
0r/s
83,33r/s
0r/s
Por tanto, la función de transferencia de baja y media frecuencia será:
Av (s)
BF+FM
=
−173 · s2 · (s + 83,3)
(s + 4,029) · (s + 6634) · (s + 16,16)
7
3.
Diseño de una respuesta en baja frecuencia
Sea el amplificador de la figura:
VCC
R1
RC1
R3
CC
RC2
Q3
Cin
Q1
vo
Q2
vi
RD1
R2
RS
RD2
CE1
R4
RE1
CS
CE2
RE2
Del cual conocemos los siguientes valores:
VCC = +12V
βF = 350
VBEon ≈ 0,6V R1 = 220KΩ R2 = 43KΩ
R3 = 47KΩ
R4 = 9,4KΩ
RD1 = 27Ω
RE1 = 2,7KΩ RC1 = 18KΩ
RD2 = 82Ω
RE2 = 620Ω RC2 = 2,7KΩ RS = 1,2KΩ
Además, se sabe que el generador de entrada tiene una resistencia de generador RG = 100KΩ, y se conecta a la
salida una carga con impedancia RL = 2K2Ω. Se pide:
1. Ajustar todos los condensadores de baja frecuencia para que el circuito tenga una frecuencia de corte inferior de
160Hz.
2. Escribir la función de transferencia para baja frecuencia del amplificador diseñado.
Cálculos preliminares
Antes de poder realizar el diseño, necesitamos conocer el punto de trabajo del amplificador, para estimar su modelo
en pequeña señal. Empezando por Q1, y asumiendo IB1 ≈ 0 se tiene:
VB1 ≈ +12V ×
43KΩ
≈ 1,962V
43KΩ + 220KΩ
Por tanto VE1 = Vb1 − 0,6V ≈ 1,362V . De aquı́:
IE1 =
VE1
1,362V
=
≈ 500µA ≈ IC1
RD1 + RE1
27Ω + 2,7KΩ
Por tanto VC1 = VCC − IC1 × RC1 ≈ 3V . Para estimar el punto de trabajo de Q2, (asumiendo IB2 ≈ 0:
VB2 ≈ +12V ×
9,4KΩ
= 2V
47KΩ + 9,4KΩ
Por tanto VE2 = Vb2 − 0,6V = 1,4V . De aquı́:
IE2 =
VE2
1,4V
=
≈ 2mA ≈ IC2
RD2 + RE2
82Ω + 620Ω
Por tanto VC2 = VCC − IC2 × RC2 ≈ 6,6V = VB3 . De aquı́ VE3 = VB2 − 0,6 = 6V , y finalmente:
8
IE3 =
VE3
+6V
=
= 5mA
RS
1,2KΩ
Por tanto, los parámetros de pequeña señal de los transistores son:
25mV
vT
=
= 50Ω
r´e1 =
I
500µA
E1
25mV
vT
=
= 12,5Ω
r´e2 =
IE2
2mA
vT
25mV
r´e3 =
=
= 5Ω
IE3
5mA
Apartado 1
Para resolver este apartado debemos ubicar el polo de uno de los condensadores de baja frecuencia en la frecuencia
de corte pedida, y el resto más de una década por debajo de dicha frecuencia de corte, para que no influya en la situación
de polo dominante de dicho polo. Se puede escoger cualquier condensador para introducir el polo dominante, pero
es preferible recurrir al que menor impedancia ve, ya que de esta forma se logra introducir el polo dominante con la
mı́nima capacidad. Por tanto para realizar este ajuste vamos a ver la impedancia que ve cada uno de los condensadores
para luego calcular los valores de los condensadores necesarios para cumplir con la especificación del diseño.
Para hacer esto, representaremos el equivalente en pequeña señal del circuito, que quedarı́a de la siguiente forma
(incluyendo el generador con su resistencia y la resistencia de carga):
Generador
RG
vg
CIN
Q1
ib1
RB1
Q2
CC
βib1
r’e1
ib2
RC1 RB2
Carga
CS
r’e3
ib3
vo
βib3
RC2
r’e2
RL
RS
RD2
RD1
RE1
Q3
βib2
CE1
RE2
CE2
Donde:
RB1 = R1 kR2 ≈ 36KΩ
RB2 = R3 kR4 ≈ 7K8Ω
A partir de este esquema general simplificaremos para calcular la resistencia equivalente que ve cada condensador
del circuito.
Condensador CIN : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un cortocircuito, salvo CIN , el esquema simplificado quedarı́a:
RG
vg
CIN
RB1
ib3 βib3
ib2 βib2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
9
ib3
RC2
r’e3
βib3
vo
R’L
Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a:
CIN
ib1
RB1
RG
βib1
βib2
ib2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
ib3
r’e3
vo
βib3
RC2
R’L
Donde todo lo que queda a partir del colector de Q1 no influye en la impedancia vista por el condensador, por
tanto se debe tener en cuenta el siguiente circuito:
CIN
RG
ib1 βib1
RB1
r’e1
RD1
En este esquema se puede observar que la resistencia equivalente observada por CIN es:
REQ−IN = RG + R1 k[(βF + 1) · (r´e1 + RD1 )] = 100KΩ + 36KΩ k[(351) · (50Ω + 27Ω)] ≈ 115KΩ
Condensador CE1 : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un cortocircuito, salvo CE1 , el esquema simplificado quedarı́a:
ib1 βib1
RG
vg
RB1
ib2 βib2
r’e1 R’C1
r’e2
RC2
r’e3
βib3
vo
R’L
RD2
RD1
CE1
ib3
RE1
Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a:
ib1 βib1
R’B1
CE1
ib2 βib2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
RE1
10
ib3
RC2
r’e3
vo
βib3
R’L
Donde R´B1 = RG kRB1 ≈ 26K5Ω. En este esquema los componentes vistos a partir del colector de Q1 no influyen
en la impedancia. Por tanto se debe tener en cuenta el siguiente circuito:
ib1 βib1
R’B1
r’e1
RD1
CE1
RE1
En este esquema se puede observar que la resistencia equivalente observada por CE1 es:
26,5KΩ
R´B1
= 2K7Ω 27Ω + 50Ω +
≈ 144Ω
REQ−E1 = RE1 RD2 + r´e1 +
βF + 1
351
Condensador CC : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un corto-circuito, salvo CC , el esquema simplificado quedarı́a:
RG
vg
ib1 βib1
CC
r’e1
RC1 RB2
RB1
ib2 βib2
r’e2
RD1
ib3
r’e3
vo
βib3
RC2
R’L
RD2
Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a:
R’B1
ib1 βib1
CC
r’e1
RC1 RB2
ib2 βib2
r’e2
RD1
ib3
RC2
r’e3
vo
βib3
R’L
RD2
Donde R´B1 = RB1 kRG ≈ 26,5KΩ. En este esquema se comprueba que ib1 = 0. Además, la parte del circuito tras el
colector de Q2 no influye, quedando simplificado de la siguiente forma:
11
CC
RC1
ib2 βib2
RB2
r’e2
RD2
En este esquema, y aplicando reflexión de impedancias se puede comprobar que:
REQ−C = RC1 + [RB2 k(β f + 1)(r´e2 + RD2 )] = 18KΩ + [7K8Ωk(351) · (12,5Ω + 82Ω)] ≈ 24,3KΩ
Condensador CE2 : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un cortocircuito, salvo CE2 , el esquema simplificado quedarı́a:
ib1 βib1
RG
vg
RB1
ib2 βib2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
CE2
ib3
RC2
r’e3
vo
R’L
βib3
RE2
Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a:
ib1 βib1
R’B1
ib2 βib2
r’e1 R’C1
r’e2
ib3
RC2
r’e3
vo
βib3
R’L
RD2
RD1
CE2
RE2
Donde R´C1 = RC1 kRB2 ≈ 5,4KΩ. En este esquema se comprueba que ib1 = 0, por tanto βF · ib1 = 0. Además, los
componentes vistos a partir del colector de Q2 no influyen en la impedancia. Por tanto se debe tener en cuenta el
siguiente circuito:
12
ib2 βib2
RC2
r’e2
RD2
CE2
RE2
En este esquema se puede observar que la resistencia equivalente observada por CE2 es:
R´C1
5,4KΩ
REQ−E2 = RE2 RD1 + r´e2 +
= 620Ω 82Ω + 12,5Ω +
≈ 93Ω
βF + 1
351
Condensador Cs : Si suponemos que todos los condensadores del circuito son un cortocircuito, salvo CS , el esquema
simplificado quedarı́a:
RG
vg
βib1
ib1
RB1
βib2
ib2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
CS
r’e3
ib3
RC2
vo
βib3
RL
RS
Si anulamos el generador de entrada, el esquema quedarı́a:
ib1 βib1
R’B1
ib2 βib2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
ib3
r’e3
vo
βib3
RC2
CS
RS
RL
Donde R´C1 = RC1 kRB2 ≈ 5,4KΩ. En este esquema se comprueba que ib1 = 0, por tanto βF · ib1 = 0, y por tanto
ib2 = 0, en definitiva βF · ib2 = 0. Es decir, que el circuito queda simplificado de la siguiente forma:
ib3
RC2
r’e3
βib3
CS
RS
RL
En este esquema se puede observar que la resistencia equivalente observada por CS es:
Rc2
2K7Ω
REQ−S = RL + RS r´e3 +
= 2K2Ω + 1K2Ω 5 +
≈ 2K2Ω
βF + 1
351
13
Diseño de los condensadores: En definitiva, los valores de las resistencias equivalentes que ve cada condensador
en sus bornas salen:
REQ−IN
REQ−E1
REQ−C
REQ−E2
REQ−S
=
=
=
=
=
115KΩ
144Ω
24,3KΩ
93Ω
2,2KΩ
Siendo el condensador que menor resistencia equivalente que ve en sus bornas CE2 (93Ω), por tanto será el condensador que escogeremos para poner el polo dominante. El resto de los condensadores deben quedar con su polo más de
una década por debajo del polo dominante. Por tanto, diseñaremos la siguiente situación de polos de baja frecuencia:
CIN
CE1
CC
CE2
CS
Polo situado fx < 16Hz
Polo situado fx < 16Hz
Polo situado fx < 16Hz
Polo dominante situado a 160Hz
Polo situado fx < 16Hz
En definitiva:
CIN
CE1
C
C
CE2
CS
=⇒
1
1
=
< 16Hz =⇒ CIN > 87nF
2π · REQ−IN ·CIN
2π · 115KΩ ·CIN
=⇒
1
1
=
< 16Hz =⇒ CE1 > 69µF
2π · REQ−E1 ·CE1
2π · 144Ω ·CE1
=⇒
1
2π · REQ−C ·CC
=
1
< 16Hz =⇒ CC > 409nF
2π · 24,3KΩ ·CC
=⇒
1
1
=
= 160Hz =⇒ CE2 ≈ 10µF
2π · REQ−E2 ·CE2
2π · 93Ω ·CE2
=⇒
1
1
=
< 16Hz =⇒ Cs > 4,5µF
2π · REQ−S ·CS
2π · 2,2KΩ ·Cs
Para facilitar el diseño colocaremos todos los condensadores (salvo CE1 ) a 10µF, con lo cual tendremos un montaje
más fácil y más simple la compra de material. El único que no basta con 10µF es CE1 , al cual colocaremos 100µF.
Por tanto quedará la siguiente situación:
C
CIN
CE1
CC
CE2
CS
Valor
10µF
100µF
10µF
10µF
10µF
Polo
0,14Hz
11Hz
0,65Hz
≈ 160Hz
7,2Hz
Apartado 2
Para calcular la función de transferencia de baja frecuencia debemos conocer:
1. Los polos de baja frecuencia (calculado en el apartado anterior).
2. Los ceros de baja frecuencia (por calcular).
3. La ganancia a frecuencias medias.
14
Cálculo de los ceros de baja frecuencia
Debemos revisar cada uno de los condensadores de baja frecuencia para determinar la ubicación del cero que
introducen.
Cero de CIN : Si observamos el circuito sólo con el condensador CIN , queda:
RG
CIN
vg
ib3 βib3
RB1
ib2 βib2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
ib3
RC2
r’e3
βib3
vo
R’L
Se observa que si CIN queda en abierto, el generador de entrada queda desconectado del resto del circuito, por
tanto deducimos que CIN tiene un cero para sZ−IN = 0.
Cero de CE1 : Si observamos el circuito sólo con el condensador CE1 , queda:
ib1 βib1
RG
vg
RB1
ib2 βib2
r’e1 R’C1
ZE1
r’e2
RC2
r’e3
βib3
vo
R’L
RD2
RD1
CE1
ib3
RE1
Se observa que si CE1 queda en abierto, el generador de entrada no queda desconectado, y por tanto no se anula la
salida. Es decir, que el cero NO está para s = 0. Se puede lograr anular la salida, logrando que la corriente ib1 = 0, y
esto se puede lograr si la impedancia que se ve en el emisor es ∞. Esta impedancia es:
ZE1 = RD1 + RE1
1
= RD1 +
sCE1
1
RE1
sCE1
= RD1 +
=∞
1
sCE1 RE1 + 1
RE1 +
sCE1
RE1 +
Se observa que se cumple esta condición si:
sCE1 RE1 + 1 = 0 =⇒ s = −
1
=⇒ ωZ−E1 ≈ 3,7rad/s ≈ 0,59Hz
RE1CE1
Cero de CC : Si observamos el circuito sólo con el condensador CC , queda:
15
RG
vg
RB1
CC
βib1
ib1
r’e1
βib2
ib2
RC1 RB2
r’e2
RD1
ib3
r’e3
vo
βib3
RC2
R’L
RD2
Se observa que si Cc queda en abierto, la corriente ib2 = 0, y por tanto no hay señal de salida. Por tanto deducimos
que CC tiene un cero para sZ−C = 0.
Cero de CE2 : Si observamos el circuito sólo con el condensador CE2 , queda:
ib1 βib1
RG
vg
RB1
ib2 βib2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
CE2
ib3
RC2
r’e3
vo
R’L
βib3
ZE2
RE2
Se observa que si CE2 queda en abierto, la corriente ib2 no hace cero y por tanto no se anula la salida. Es decir, que
el cero NO está para s = 0. Se puede lograr anular la salida, logrando que la corriente ib2 = 0, y esto se puede lograr
si la impedancia que se ve en el emisor es ∞. Esta impedancia es:
ZE2 = RD2 + RE2
1
= RD2 +
sCE2
1
RE2
sCE2
=∞
= RD2 +
1
sCE2 RE2 + 1
RE2 +
sCE2
RE2 +
Se observa que se cumple esta condición si:
sCE2 RE2 + 1 = 0 =⇒ s = −
1
=⇒ ωZ−E2 ≈ 161rad/s ≈ 25Hz
RE2CE2
Cero de Cs : Si observamos el circuito sólo con el condensador Cs , queda:
ib1 βib1
RG
vg
RB1
ib2 βib2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
ib3
RC2
r’e3
βib3
CS
vo
RS
RL
Se observa que si Cs queda en abierto, la salida queda desconectada y por tanto no hay señal de salida. Por tanto
deducimos que Cs tiene un cero para sZ−s = 0.
16
Ganancia a frecuencias medias
Para calcular la gaanancia a frecuencias medias, hemos de respresentar el equivalente AC a frecuencias medias,
que queda tal como se muestra en la figura:
βib1
vb1 i
b1
ig RG
vg
RB1
βib2
vc1 i
b2
r’e1 R’C1
r’e2
RD1
RD2
vc2 ib3
RC2
r’e3
βib3
vo
R’L
Donde, RB1 = R1 kR2 ≈ 36KΩ, R´C1 = RC1 kR3 kR4 ≈ 5,4KΩ y R´L = RS kRL ≈ 780Ω,
En este esquema la ganancia se puede descomponer en los siguientes términos:
vo
vo vc2 vc1 vb1
AV =
·
=
·
·
vg
vc2 vc1 vb1 vg
|{z} |{z} |{z} |{z}
(1)
(2)
(3)
(4)
Cada término se puede relacionar de la siguiente forma:
Término (1): La relación (1) se puede establecer en base a (βF + 1)ib3 , ya que:
vo
(βF + 1) · ib3 · R´L
≈1
=
vc2
(βF + 1) · ib3 · (r´e3 + R´L )
Término (2): La relación (2) se puede establecer en base a ib2 ya que:
vc2
−βF ib2 RC2 k(βF + 1)(r´e3 + R´L )
RC2 k(βF + 1)(r´e3 + R´L )
2,7KΩk(351)(5Ω + 780Ω)
=
≈−
=−
≈ −28,3
vc1
(βF + 1) · ib2 · (r´e2 + RD2 )
r´e2 + RD2
12,5Ω + 82Ω
Término (3): La relación (3) se puede establecer en base a ib1 ya que:
−βF ib1 R´C1 k(βF + 1)(r´e2 + RD2 )
vc1
R´C1 k(βF + 1)(r´e2 + RD2 )
5,4KΩk(351)(12,5Ω + 82Ω)
=
≈−
=−
≈ −69
vb1
(βF + 1) · ib1 · (r´e1 + RD1 )
r´e1 + RD1
50Ω + 27Ω
Término (4): La relación (4) se podrı́a establecer en base a ig , aunque en realidad sigue la relación de un divisor de
tensión:
ig · RB1 k(βF + 1)(r´e1 + RD1 )
vb1
36KΩk(351)(50Ω + 27Ω)
=
=
=≈ 0,134
vg
ig · [RG + RB1 k(βF + 1)(r´e1 + RD1 )] 100KΩ + 36Kk(351)(50Ω + 27Ω)
Cálculo de la ganancia a frecuencias medias:
262
Finalmente, la ganancia sale AV = (1) · (−28,3) · (−69) · (0,134) ≈
Composición de la función a baja frecuencia
Los datos que tenemos (en radianes por segundo) son:
C
CIN
CE1
CC
CE2
CS
Polo
≈ 0,88rad/s
≈ 69rad/s
≈ 4,1rad/s
≈ 1Krad/s
≈ 45,2rad/s
17
Cero
0rad/s
≈ 3,7rad/s
0rad/s
≈ 161rad/s
0rad/s
Por tanto, y como la ganancia a frecuencias medias es AV M ≈ 262, y en baja frecuencia, los polos y ceros no van
normalizados cuando la constante de la función coincide con la ganancia a frecuencias medias:
AV (s) =
262s3 (s + 3,7)(s + 161)
(s + 0,88)(s + 69)(s + 4,1)(s + 1000)(s + 45,2)
18
4.
Emisor común y seguidor en alta frecuencia
Del circuito mostrado en la figura, del cual se supone conocidas todos su resistencias y parámetros
VCC
R1
RC
Q2
CB
RG
CC
Q1
R2
RE
CE
RS
RL
de pequeña señal se pide:
1. Dibuje su representación en alta frecuencia. Haga las simplificaciones que sean necesarias.
cb’c1
RG
cb’e2
ib1
cb’e1
RB
ib2
βib1
r’e1 R
r’e2
βib2
cb’c2
C
R’L
Donde RB = R1 kR2 y R´L = RS kRL .
2. Identifique que condensadores se tendrı́an que simplificar por Miller, y como quedarı́a modificado el circuito.
No se pide que redibuje el diagrama, simplemente indique los cambios.
Hay que aplicar Miller a cb´c1 y a cb´e2 . El circuito simplificado quedarı́a de la siguiente forma:
RG
ib1 ib1
cT1
RB
vc1
βib1
r’e1 R
ib2
vo
r’e2
βib2
cT2
C
R’L
cT3
Donde cT 1 = cb´e1 + cM1 , cT 2 = cb´c1 + cM´1 + cM2 y cT 3 = cM´2
3. Indique que relación entre tensiones serı́an las K de Miller que usted ha sugerido en el punto anterior. (No se
pide que calcule ninguna K de Miller). (1 punto).
K1 =
vc1
vb1
19
K2 =
vo
vc1
5.
Cálculo sencillo de alta frecuencia
Sea el esquema en pequeña señal a altas frecuencias presentado en la figura,
v1 R
G
v2
cb’c1
ib1
βib1
cb’e1
RB
βib2
v3 r’e
i
cb’e2 b2
r’e
v4
cb’c2
RL
del cual se suponen conocidos todos sus componentes y parámetros. Se pide:
1. Calcule la K de Miller del condensador inoportuno, e indique cual es su simplificación.
El condensador inoportuno es cb´c1 , y su K será:
K=
−βib1 r´e
v3
=
≈ −1
v2
(β + 1)r´e
Por tanto, se tiene:
cM = 2 × cb´c1
cM´ = 2 × cb´c1
El circuito modificado queda:
v1 R
G
v2
βib1
cT1
RB
βib2
v3 r’e
ib1
cT2
r’e
ib2
v4
cb’c2
Donde cT 1 = cb´e1 + 2cb´c1 y cT 1 = cb´e2 + 2cb´c1 .
2. Calcule el polo y cero de alta frecuencia asociado al nodo v2 .
El polo estará para:
s=−
1
cT 1 REQ1
Donde
REQ1 = RG kRB k(β + 1)r´e
No hay cero.
3. Calcule el polo y cero de alta frecuencia asociado al nodo v3 .
El polo estará para:
s=−
1
cT 2 REQ2
No hay cero.
20
Donde
REQ2 = r´e
RL
6.
Ejemplo de alta frecuencia
Sea el amplificador de la figura 2, en el cual se sabe que los transistores tiene VBEon ≈ 0,6V y βF = 250. Estos
transistores tienen además como capacidades parásitas cb´e = 25pF y cb´c = 1,5pF.
+12V
4.7ΚΩ
47ΚΩ
600Ω
15ΚΩ
n3
CC
salida
Q2
CB1
Q1
n2
Q3
600Ω
n1
10ΚΩ
CB0
CE0
700Ω
400Ω
3ΚΩ
150Ω
entrada
10ΚΩ
Se pide:
1. Ajustar CE0 para que introduzca un polo de baja frecuencia a 60Hz.
2. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo n1.
3. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo n2.
4. Reducir el polo del nodo n3 hasta 2MHz.
Previo: Cómputo del punto y simplificación de resistencias
Suponiendo IBx ≈ 0, se tiene que:
VB1 =
10KΩ
× 12V ≈ 2,1V
10KΩ + 47KΩ
Por tanto, VE1 = VB1 −VBE ≈ 1,5V . Y de aquı́ se deduce IE1 :
IE1 =
VE1
≈ 2,14mA
700Ω
De aquı́ se deduce el valor de r´e1 :
re1 =
vT
25mV
=
≈ 11,7Ω
r´e1
2,14mA
La tensión en el colector de Q1 será:
VC1 = VCC − IC1 × 4,7KΩ = 12 − 2,14mA × 4,7KΩ ≈ 1,94V = VB2
La tensión de emisor de Q2 es VE2 = 1,94V − 0,6 ≈ 1,34V
Por tanto, la corriente de emisor de Q2 será:
21
CE1
IE2 =
VE2
= 3,35mA
400Ω
De aquı́:
r´e2 =
vT
25mV
=
≈ 7,5Ω
IE2
3,35mA
Finalmente:
VB3 =
3KΩ
× 12V = 2V
3KΩ + 15KΩ
De aquı́ se deduce que VE3 = 2V − 0,6V ≈ 1,4V
IE3 =
1,4V
≈ 9,33mA
150Ω
Y por tanto:
r´e3 =
25mV
vT
=
≈ 2,68Ω
IE3
9,33mA
Además, se pueden hacer las siguientes simplificaciones:
400Ωk3KΩk15KΩ
600Ωk600Ω
≈ 345Ω
= 300Ω
Apartado 1:
Para calcular el polo es necesario representar el equivalente en pequeña señal, contemplando sólo CE0 . Para deducir
la impedancia equivalente vista en bornas de CE0 se deben anular todas los generadores independientes. De esta forma
queda el siguiente circuito equivalente:
Z2
vi
10ΚΩ
Z1
CE0
r’e1
700Ω
β ib1
ib2
ib1 4.7ΚΩ
β ib2
r’e2
345Ω
ib3
r’e3
β ib3
vo
300Ω
La resistencia equivalente que ve CE0 es CE0 = Z1 + Z2 . Se puede comprobar que Z1 = 10KΩ y Z2 = 700Ωkr´e1 ≈
11,5Ω. Es decir que REQ ≈ 10KΩ.
Por tanto, se puede calcular:
ωo = 2π fo =
1
1
=⇒ CE0 =
≈ 265nF
REQ ·CE0
2π60 × 10KΩ
Apartado 2:
El esquema del amplificador en alta frecuencia es el que se muestra en la figura.
22
cb’e2
vi
10ΚΩ
β ib1
r’e1
n1
700Ω
4.7ΚΩ
ib1
cb’e1
r’e2
ib2
cb’c1
cb’c2
cb’c3
345Ω
β ib2
β ib3
ib3
cb’e3
vo
300Ω
r’e3
En este esquema se deduce que la capacidad total de alta frecuencia es cb´e1 . Además la resistencia equivalente en
este nodo es:
REQn1 = 10KΩk700Ωkr´e1 ≈ 11,5Ω
Por tanto, el polo en este nodo estará situado en:
ωn1 =
1
≈ 3,5Gr/s ≡ 550MHz
25pF × 11,5Ω
Apartado 3:
Identificando el nodo n2 en equivalente en alta frecuencia, queda la figura siguiente:
cb’e2
vi
700Ω
β ib1
r’e1
10ΚΩ
ib2
cb’c1
4.7ΚΩ
ib1
cb’e1
cb’c2
β ib2
cb’c3
r’e2
345Ω
n2
cb’e3
ib3
r’e3
β ib3
vo
300Ω
La capacidad total en este nodo será:
cn2 = cM´2 + cb´e3 + cM3
Para poder calcular este polo hemos de aplicar el teorema de Miller a cb´e2 y cb´c3 . En el caso de cb´e2 deducimos
que:
K2 =
ve2
(βF + 1) · ib2 · [345Ωk(βF + 1)r´e3 ]
=
≈1
vb2
(βF + 1) · ib2 · [r´e2 + 345Ωk(βF + 1)r´e3 ]
Por tanto:
cM´2 =
K −1
× cb´e2 ≈ 0
K
En el caso de cb´c3 se puede calcular que:
K3 =
−βF ib3 300
≈ −112
(βF + 1)ib3 r´e3
Por tanto cM3 = (1 − K) × cb´c3 = 113 × 1,5pF = 169,5pF
Es decir, cn2 = 0 + 25pF + 169,5pF = 194,5pF. Para calcular el polo, dibujamos el circuito equivalente simplificado, que queda de la forma siguiente:
23
Z3
vi
r’e1
10ΚΩ
700Ω
β ib1
4.7ΚΩ
ib1
cb’e1
cb’c2
Z1
r’e2
ib2
cb’c1
Z2
β ib3
ib3
vo
n2
345Ω
β ib2
cn2
300Ω
r’e3
194.5pF
La resistencia equivalente en bornas del condensador cn2 será REQn2 = Z1 kZ2 .
Z1 = (βF + 1)r´e3 ≈ 670Ω
Z2 = 345Ωk (r´e2 + Z3 )
Para el cálculo de Z3 se debe aplicar reflexión de impedancias:
4,7KΩ
≈ 18,7Ω
βF + 1
Z3 =
Por tanto, REQn2 ≈ 23,5Ω. Es decir que:
ωn2 =
1
≈ 220Mr/s ≡ 35MHz
194,5pF × 23,5Ω
Apartado 4:
Identificando el nodo n3 en equivalente en alta frecuencia, queda la figura siguiente:
cb’e2
vi
700Ω
β ib1
r’e1
10ΚΩ
n2
cb’c1
4.7ΚΩ
cb’c2
ib1
cb’e1
ib2
β ib2
cb’c3
r’e2
345Ω
β ib3
ib3
cb’e3
vo
300Ω
r’e3
La capacidad total en este nodo será:
cn3 = cb´c1 + cb´c2 + cM2
Para el cálculo de la capacidad de Miller cM2 , ya calculamos K2 ≈ 1. Por tanto cM2 = (1 − K)cb´e2 ≈ 0. Por tanto:
cn3 = 1,5pF + 1,5pF + 0 = 3pF
Quedando el circuito simplificado en el nodo n3:
cb’c3
vi
700Ω
β ib1
r’e1
10ΚΩ
cb’e1
ib1
n3
4.7ΚΩ
ib2
cn3
3pF
24
β ib2
r’e2
345Ω
ib3
cb’e3
r’e3
β ib3
vo
300Ω
La impedancia equivalente en el nodo n3 será:
REQn3 = 4,7KΩk {(βF + 1) · [r´e2 + (345Ωk(βF + 1)r´e3 )]} ≈ 4430Ω
Por tanto, como el polo debe estar situado en 2MHz, deducimos que la capacidad total que debe existir en el nodo
n3 debe ser:
ωn3 = 2π fn3 =
1
REQn3 ·CT
=⇒ CT =
1
≈ 18pF
2π fn3 REQn3
Como actualmente hay en este nodo 3pF de cn3 , se debe añadir una capacidad suplementaria de 15pF en el nodo
n3. Una posible solución serı́a la mostrada en la figura siguiente:
+12V
47ΚΩ
15pF
4.7ΚΩ
15ΚΩ
n3
10ΚΩ
700Ω
CC
salida
Q2
CB1
Q1
CB0
600Ω
Q3
600Ω
CE0
entrada
10ΚΩ
25
400Ω
3ΚΩ
150Ω
CE1
7.
Emisor común con fuente de corriente
Partiendo del amplificador mostrado en la figura:
VCC
RE0
RE1
Q2
vi
RG
CB
N2
Q3
R1
CC
vo
Q1
RC
R2
CE
RE
N1
RL
del que conocemos los siguientes datos:
βF = 300
RG = 1,2KΩ
VAF ≈ ∞
RE = 5,4KΩ
VBE ≈ 0,6
RE0 = 1KΩ
cb´e = 20pF
VCC = 12V
RE1 = 200Ω
cb´c = 0,2pF
R1 = 10KΩ
RC = 1,2KΩ
R2 = 10KΩ
RL = 1,2KΩ
Se pide:
1. Ajustar CB , CC y CE para tener una frecuencia de corte inferior de 400Hz.
2. Calcular la ganancia a frecuencias medias.
3. Calcular el polo de alta frecuencia del nodo N1.
4. Calcular el polo de alta frecuencia del nodo N2.
5. Suponiendo, que el tercer polo de alta frecuencia esté situado a ωC1 ≈ 50Mr/s, componer la función de transferencia del amplificador, incluyendo baja, media y alta frecuencia.
6. Representar la fase de esta función de transferencia.
Cálculos preliminares
Para resolver este problema, primero hemos calcular el punto en continua del amplificador. Suponiendo IB ≈ 0 ya
que βF 1 tenemos que:
VB1 ≈ VCC ·
R2
= 6V
R1 + R2
Por tanto VE1 = 6V −VBE1Q ≈ 5,4V , y de aquı́ deducimos que IE1Q ≈ 1mA. Además, dado que Q2 está configurado
como un diodo (tiene la base y el colector cortocicuitados), tenemos que IE2Q ≈ IC1Q ≈ 1mA. Por tanto, como VE2Q =
VCC −IE2Q ×RE0 deducimos que VE2Q ≈ 11V . Como la base de Q3 está cortocircuitada a la base de Q2, y suponiendo la
caı́da base-emisor aproximadamente igual en ambos transistores deducimos que VE3Q ≈ 11V . A partir de aquı́ podemos
deducir la corriente de emisor de Q3 que será:
IE3Q =
VCC −VE3Q
≈ 5mA
RE1
Por tanto la tensión del colector de Q3 en continua será IC3Q × RC ≈ 6V . A partir de estos datos podemos deducir
las resistencias dinámicas r´e de los tres transistores que serán:
r´e1 =
vT
≈ 25Ω
IE1Q
r´e2 =
vT
≈ 25Ω
IE2Q
26
r´e3 =
vT
≈ 5Ω
IE3Q
Apartado 1
Una vez conocido los parámetros de los modelos en alterna de los transistores bipolares, podemos realizar el
modelo equivalente en pequeña señal del amplificador. Un primer equivalente en pequeña señal teniendo en cuenta los
condensadores de baja frecuencia se muestra en la siguiente figura, en la que RB = R1 kR2 :
ib2
RG
CB
β ib1
ib1 B1
B2
C1 C2
B3
ib3
β ib3
CC
C3
vo
β ib2
RB
vg
r’e1 Q1
Q2
r’e2
r’e3
E2
E1
CE
RE
RC
Q3
RL
E3
RE0
RE1
Sin embargo, se puede notar que al estar cortocircuitado la fuente βib2 esta se puede eliminar, quedando el circuito
más simplificado como se muestra en la siguiente figura:
CB
RG
ib1
RB
vg
β ib1
r’e1
RE
CE
ib3
β ib3
r’e2
r’e3
RE0
RE1
CC
RC
vo
RL
Para lograr fijar una frecuencia de corte inferior determinada debemos situar un polo de baja a esa frecuencia de
corte inferior, y el resto de los polos de baja frecuencia por debajo al menos una década de esta frecuencia de corte.
Cualquiera de los tres condensadores de baja frecuencia que aparecen en el esquema pueden servir para imponer el
polo dominante, pero normalmente se escoge el condensador CE , que es el que menos impedancia equivalente ve
un sus bornas, y por tanto con más facilidad se puede obtener una frecuencia de corte superior al resto. Por tanto,
siguiendo esta recomendación, vamos a calcular el polo que introduce CE , suponiendo el resto de los condensadores
de baja frecuencia en cortocircuito, tal como se muestra en la figura.
RG
vg
ib1
RB
β ib1
r’e1
RE
CE
ib3
β ib3
r’e2
r’e3
RE0
RE1
vo
RC
RL
En este esquema se observa una impedancia equivalente en bornas de CE igual a:
RB kRG
REQ−E = RE k r´e1 +
≈ 28Ω
βF + 1
Por tanto, como el polo que introduce CE es:
ωo =
1
1
1
=⇒ CE =
=
= 14µF
REQ−E ·CE
REQ · ωo
28Ω · 2π · 400Hz
27
El resto de los condensadores lo hemos de fijar para que den polos iguales o menores de 40Hz. En este diseño
escogemos estos polos a una frecuencia de 4Hz o menor.
Ahora vamos a calcular el polo introducido pr CB . Para ello cortocircuitamos el resto de los condensadores de baja
frecuencia, quedando el circuito equivalente como:
CB
RG
β ib1
ib1
RB
vg
β ib3
ib3
r’e1
r’e2
r’e3
RE0
RE1
vo
RC
RL
Calculando la resistencia equivalente que se ve en bornas del condensador de base tenemos:
REQ−B = RG + RB k(βF + 1)r´e1 ≈ 4,2KΩ
Por tanto el condensador CB será:
CB ≥
1
≈ 9,47µF
4,2KΩ · 2π · 4Hz
Finalmente, para calcular el polo introducido por CC tenemos que plantear el esquema equivalente con CC anulando
el resto de los condensadores en baja frecuencia, tal como muestra el esquema:
RG
vg
β ib1
ib1
RB
r’e1
β ib3
ib3
r’e2
r’e3
RE0
RE1
CC
RC
vo
RL
El cálculo de la resistencia equivalente en bornas del condensador de colector será:
REQ−C = RC + RL = 2,4KΩ =⇒ CC ≥
1
≈ 16,5µF
2,4KΩ · 2π · 4Hz
Apartado 2
El esquema equivalente a frecuencias medias para realizar el cálculo de la ganancia se muestra en la figura siguiente, en donde RO es equivalente a RC kRL . En esta figura se muestra sombreados los nodos de las diferentes tensiones
que intervienen en el cómputo de la ganancia:
vg
vb1
ib1
RG
RB
vc1
β ib1
r’e1
28
ib3
β ib3
r’e2
r’e3
RE0
RE1
vo
RO
La ganancia de tensión a frecuencias medias se puede descomponer en los siguientes términos:
vo
vo vc 1 vb1
=
·
·
vg
vc1 vb1 vg
Podemos ligar vo y vc1 a través de la corriente ib3 , ya que:
RO
vo
βF · RO
vo = −βF ib3 · RO
≈−
=⇒
=−
≈ −2,9
vc1 = (βF + 1) ib3 · (r´e3 + RE1 )
vc1
(βF + 1) · (r´e3 + RE1 )
r´e3 + RE1
De igual forma, podemos ligar vc1 e vb1 a través de la corriente ib1 ya que:
vc1 = −βF ib1 · (r´e2 + RE0 ) k [(r´e1 + RE1 ) · (βF + 1)]
vb1 = (βF + 1) ib1 · r´e1
Por tanto tenemos que:
βF · (r´e2 + RE0 ) k [(r´e1 + RE1 ) · (βF + 1)]
1008
vc1
=−
≈−
≈ −40,33
vb1
(βF + 1) · r´e1
25
Finalmente, la relación entre vb1 y vg no es más que la de un divisor de tensión entre RG y la impedancia total que
se ve en la base de Q1. Esta relación será:
vb1
RB k (βF + 1) · r´e1
=
≈ 0,714
vg
RG + RB k (βF + 1) · r´e1
Por tanto la ganancia total será:
AV = (−2,9) · (−40,33) · (0,714) = 83,57
Apartado 3
Para realizar cálculos en alta frecuencia, primero vamos a representar el equivalente en alta frecuencia, identificando los nodos en el esquema para luego plantear el cálculo de los nodos pedidos. Este esquema se muestra a
continuación:
cb’c1
N1
vg
RG
ib1
cb’e1
RB
cb’c3
β ib1
r’e1
β ib3
ib3
r’e2
RE0
cb’e3
cb’e2
N2
r’e3
RO
RE1
Para calcular el polo de alta frecuencia del nodo N1 tenemos que calcular la capacidad total de alta frecuencia que
existe en ese nodo. Concretamente vemos que estan conectadas a ese nodo la capacidad cb´e1 y la capacidad cb´c1 . A
esta última hemos de aplicar el teorema de Miller. Tomando K1 como:
K1 =
vc1
= −40,33
vb1
La capacidad total en ese nodo será:
cN1 = cb´e1 +CM1 = cb´e1 + (1 − K1 ) · cb´c1 ≈ 28,3pF
El esquema equivalente para calcular el polo introducido por este condensador será el siguiente:
29
N1
vg
RG
β ib1
ib1
cN1
RB
r’e1
ib3
β ib3
r’e2
r’e3
RE0
RE1
RO
La impedancia equivalente que se ve en bornas del condensador N1 será:
REQ−N1 = RG kRB k(betaF + 1)r´e1 ≈ 857Ω =⇒ ωN1 =
1
≈ 41Mr/s
28,3pF × 857Ω
Apartado 4
Observando el esquema total en alta frecuencia, vemos que al nodo N2 tan solo está conectado el condensador
cb´c3 . A este condensador habrá que aplicar el teorema de Miller para simplificarlo. Veremos que tiene una K3 igual a:
K3 =
vo
= −2,9
vc1
La capacidad total de alta frecuencia que se observa en ese nodo será:
cN2 = cM´3
K3 − 1
−2,9 − 1
= 0,2pF ×
= 269 f F
K3
−2,9
El circuito equivalente para calcular el polo introducido por este condensador será el siguiente:
N2
vg
RG
ib1
RB
β ib1
r’e1
ib3
β ib3
r’e2
r’e3
RE0
RE1
cN2
RO
La impedancia equivalente que se ve en bornas del condensador N2 será RO y por tanto:
ωN2 =
1
≈ 6,2Gr/s
269 f F × 600Ω
Apartado 5
Para componer la función de transferencia hemos de recopilar información calculada a lo largo del ejercicio. Conocemos 3 polos de baja frecuencia (uno a 400r/s y dos a 4r/s), y por tanto deberán haber 3 ceros de baja frecuencia,
que no calcularemos (no se pide) y por tanto supondremos a 0. La ganancia en frecuencias medias es AV = 83,57.
En alta frecuencia conocemos dos polos a 41Mr/s y a 6,2Gr/s, y nos suministran un tercero a 50Mr/s. Por tanto la
función de transferencia será:
AV (s) =
s3
1
· (83,67) ·
2
6
(s + 800π) · (s + 8π) | {z } (s/50 × 10 + 1)(s/41 × 106 + 1)(s/6,2 × 109 + 1)
|
{z
} A
|
{z
}
VM
Baja frecuencia
Alta frecuencia
30
En defintiva la función de transferencia será:
AV (s) =
83,67s3
(s + 800π)(s + 8π)(1,62 × 10−10 s + 1)(2 × 10−8 s + 1)(2,44 × 10−8 s + 1)
Apartado 6
Para representar la fase no hace falta normalizar. Tendremos que analizar la función descomponiéndola en cada
uno de sus componentes:
1. La constante es positiva, por lo que introduce 0o .
2. El cero triple en cero (s3 ) introduce 90o × 3 = 270o .
3. El polo doble en 8π introduce una pendiente de −90o /dec desde 0,8π ≈ 2,5r/s hasta 80π ≈ 250r/s.
4. El polo en 800π introduce una pendiente de −45o /dec desde 80π ≈ 250r/s hasta 8000π ≈ 25Kr/s.
5. El polo en 41Mr/s lo vamos a aproximar a 50Mr/s a efectos de representación. En conjunto, este polo y el que
está situado a 50Mr/s introducen una pendiente de −90o /dec desde 5M/s hasta 500Mr/s.
6. El polo situado a 6,2Gr/s introduce una pendiente de −45o /dec desde 620Mr/s hasta 62Gr/s.
Por tanto y a modo de resumen tenemos:
ω
< 2,5r/s
2,5r/s
250r/s
25Kr/s
5Mr/s
500Mr/s
620Mr/s
62Gr/s
> 62Gr/s
Comentario
Fase
s3
Fase inicial, interviene y la fase de la constante
Comienza una pendiente de −900 /dec debido al polo doble en 8π
Finaliza el polo doble en 8π y comienza el polo en 800π, por lo que la pendiente
cambia a −45o /dec
Finaliza el polo en 800π y por tanto la pendiente queda en 0o /dec
Comienza una pendiente de −90o /dec debida a los polos en 41Mr/s y 50Mr/s
Finaliza la pendiente debida los polos en 41Mr/s y 50Mr/s, por lo que la pendiente queda en 0o /dec
Comienza una pendiente de −45o /dec debida al polo en 6,2Gr/s
Acaba la pendiente del polo en 6,2Gr/s y la fase pasa a 0o /dec
Fase final
31
270o
270o
90o
0o
0o
−180o
−180o
−270o
−270o
8.
Amplificador de 3 etapas
Del amplificador de la figura conocemos los valores siguientes:
R1 = 30KΩ
R4 = 2KΩ
CL = 100µF
R2 = 10KΩ
RC2 = 1KΩ
VCC = 12V
RC1 = 1K5Ω
RE2 = 100Ω
βF = 250
RE1 = 470Ω
CB = 100µF
cb´e = 20pF
RES = 750Ω
CE = 100µF
cb´c = 1pF
R3 = 18KΩ
CD = 100µF
VAF > 110V
Se pide:
1. Ajustar CX para que aparezca un polo a 400Hz.
2. Calcular el cero que introduce CX .
3. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como m.
4. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como n.
VCC
R1
RC1
m
Q2
CB
Q1
R2
RC2
R3
vo
CD
Q3
n
CE
RE1
RES
CL
RE2
R4
CX
Cálculos preliminares
Antes de resolver los apartados de esta sección es necesario conocer el equivalente en pequeña señal del amplificador. Para ello, calcularemos aquellos elementos del punto en continua preciso. Partiendo del esquema dado:
VCC
R1
30ΚΩ
CB
RC1
R3
18ΚΩ
1Κ5Ω
IC1
I1
Q2
CD
Q1
IE2
R2
10ΚΩ
RE1
470Ω
IE1
CE
RES
750Ω
32
1ΚΩ
I2
RC2
vo
IC3
Q3 CL
IE3
R4
2ΚΩ
RE2
100Ω
CX
Y suponiendo IBQ ≈ 0 y VBE ≈ 0,6, podemos deducir que:
VB1Q ≈ VCC ·
R2
10KΩ
= +12V ×
= 3V
R1 + R2
10KΩ + 30KΩ
Por tanto, la tensión en el emisor de Q1 será:
VE1Q ≈ VBQ1 −VBE = 3 − 0,6 = 2,4V
Por tanto, la corriente de emisor de Q1 será:
VE1
2,4V
=
≈ 5,1mA
RE1
470Ω
IEQ1 =
Por tanto:
r´e1 =
vT
25mV
≈ 4,9Ω
=
IE1Q
5,1mA
Al ser IC1Q ≈ IE1Q , entonces se tiene que la tensión de colector de Q1 (igual a la tensión de base de Q2) será:
VC1Q = VB2Q = VCC − IC1Q × RC1 = +12V − 5,1mA × 1,5KΩ = 4,35V
Por tanto la tensión de emisor de Q2, y su corriente IE2Q serán:
VE2Q = VB2Q −VBE ≈ 4,35V − 0,6B = 3,75V
=⇒
IE2Q =
VE2Q
3,75
=
= 5mA
RES
750Ω
Es decir que:
r´e2 =
vT
25mV
=
≈ 5Ω
IE2Q
5mA
Finalmente, para calcular los parámetros de Q3 deducimos que:
VB3Q ≈ VCC ·
2KΩ
R4
= +12V ×
= 1,2V
R3 + R4
2KΩ + 18KΩ
De aquı́ se deducen VE3Q e IE3Q :
VE3Q = VB3Q −VBE ≈ 1,2V − 0,6B = 0,6V
=⇒
IE3Q =
VE3Q
0,6
=
= 6mA
RE2
100Ω
Y de aquı́:
r´e3 =
25mV
vT
=
≈ 4,17Ω
IE3Q
6mA
Apartado 1:
Para realizar este ajuste, se debe calcular la impedancia equivalente que se ve en bornes de CX . Para ello se debe
representar el equivalente en pequeña señal, anulando todos las capacidades, salvo CX . Este esquema se muestra a
continuación:
33
βib1
vb1 ib1
R
B1
vc1 ib2
RC1
r’e1
βib2
vb3
ib3
r’e2
βib3
vo
RB3
ZE3
r’e3
C
RE2
Donde:
RB1 =
RB3 =
RC2
X
R1 kR2 = 10KΩk30KΩ = 7K5Ω
RES kR3 kR4 = 750Ωk18KΩk2KΩ ≈ 530Ω
La impedancia que se ve en bornes de CX será RE2 kZE3 . La impedancia ZE3 se puede calcular por reflexión de
impedancias:
1K5Ω
RC1
530k 5 +
RB3 k r´e2 +
βF + 1
251
= 4,17 +
≈ 4,2
ZE3 = r´e3 +
βF + 1
251
Por tanto, la impedancia en bornes de CX será:
RX = RE3 kZE3 = 100Ωk4,2Ω ≈ 4Ω
Dado que el polo que introduce el condensador CX está en:
ωX =
1
= 2 × π fX
RX ×CX
Es decir que:
CX =
1
1
= 99,47µF ≈ 100µF
=
2π fx RX
2π400Hz × 4Ω
Apartado 2:
El cero estará donde CX que ib3 = 0 y esto ocurre cuando RE2 k(1/sCX ) = ∞. Es decir que:
RE2 kCX =
RE2
=∞
sCX RE2 + 1
=⇒
sCX RE2 + 1 = 0
Por tanto el cero estará para:
s=−
1
1
≡
= 100rad/s ≈ 16Hz
CX RE2
100µF × 100Ω
Apartado 3:
Para calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como m, debemos dibujar el equivalente
en pequeña señal, con todas las capacidades parásitas para ver que condensadores afectan al nodo m:
34
cb’c1
vb1
ib1
βib1
cb’c3
cb’e2
vc1 m
ib2
r’e2
ib3
βib3
vi
vo
RB1
cb’e1
RC1
r’e1
cb’c2
βib2
RB2
cb’e3
r’e3
RC2
En este esquema vemos que sobre el nodo m influyen:
1. cb´c1 , pero sólo su componente de Miller secundaria (cM´1 ), tomando como K1 = vc1 /vb1 .
2. cb´c2 .
3. cb´e2 , pero sólo su componente de Miller primaria (cM2 ) tomando como K2 = ve2 /vb2 .
Para el cálculo de K1 , vemos que tanto vc1 como vb1 se pueden escribir en función de ic1 ≈ ie1 . Sabemos que
la tensión en el colector de Q1 será la corriente que sale de la fuente −βF ib1 por la resistencia vista en ese nodo.
Aplicando la reflexión de impedancia tenemos que:
vc1 = −βF · ib1 · {RC1 k [(βF + 1) · (r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3 )]}
La tensión en el emisor de Q1 en pequeña señal será:
ve1 = (βF + 1)ib1 · r´e1
Suponiendo βF ≈ βF + 1 se deduce que:
K1 ≈ −
Por tanto, cM´1 =
RC1 k [(βF + 1) · (r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3 )]
1475
≈−
≈ −290
r´e1
5,1
K1 − 1
cb´c1 ≈ 1pF.
K1
Para calcular K2 vemos que tanto vb2 como ve2 se puede escribir en función de ib2 , ya que:
vb2 = (βF + 1) ib2 (r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3 )
ve2 = (βF + 1) ib2 (RB2 k (βF + 1) · r´e3 )
Por tanto:
K2 =
RB2 k (βF + 1) · r´e3
ve2
=
≈1
vb2
r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3
Por tanto cM2 = (1 − K2 )cb´e2 = 0.
En definitiva, sobre el nodo m aparece como capacidad:
cm = cM´1 + cb´c2 + cM2 = 1pF + 1pF + 0 = 2pF
El polo estará situado para aquella pulsación que cumpla:
ωm =
1
cm × Rm
Donde Rm es el valor de la resistencia equivalente que se ve en el nodo m, en bornas de cm . Esta resistencia, ya fue
calculada antes y será:
Rm = RC1 k [(βF + 1) · (r´e2 + RB2 k (βF + 1) · r´e3 )] ≈ 1475Ω
35
=⇒
ωm =
1
≈ 340Mr/s ≡ 54MHz
1475Ω · 2pF
Apartado 4:
Para calcular el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como n, debemos dibujar el equivalente
en pequeña señal, con todas las capacidades parásitas para ver que condensadores afectan al nodo n:
cb’c1
vb1
βib1
ib1
cb’c3
cb’e2
vc1
ib2
r’e2
n
βib3
ib3
vi
RB1
vo
cb’e1
RC1
r’e1
cb’c2
βib2
RB2
cb’e3
r’e3
RC2
En este esquema vemos que sobre el nodo n influyen:
1. cb´e2 , pero sólo su componente de Miller secundaria (cM´2 ), tomando como K2 = ve2 /vb2 .
2. cb´e3 .
3. cb´c3 , pero sólo su componente de Miller primaria, tomando como K3 = vc3 /vb3 .
El valor K2 , ya fue calculado en el apartado anterior, y dió K2 = 1. Por tanto cM´2 =
El valor de K3 se puede deducir a partir de la corriente ib3 , ya que:
K3 =
K2 − 1
cb´e2 = 0.
K2
RC2
1KΩ
−βF ib3 RC2
≈ −240
≈−
=−
(βF + 1)ib3 r´e3
r´e3
4,17Ω
La capacidad primaria Miller de cb´c3 será por tanto cM3 = (1 − K3 )cb´c3 = 241pF. Por tanto, la capacidad total en
el nodo n será:
cn = cM´2 + cb´e3 + cM3 = 0 + 20pF + 241pF = 261pF
Conocida la capacidad en ese nodo, solo resta conocer la impedancia asociada al nodo n para determinar la ubicación del polo. Esta impedancia Rn será:
RC1
1500
Rn = (βF + 1)r´e3 kRB2 k r´e2 +
= (251 · 4,17Ω)k530Ωk 5 +
≈ 10,6Ω
βF + 1
251
Por tanto, el polo estará situado en:
ωn =
1
1
=
≈ 361Mr/s ≡ 57,5MHz
cn · Rn
10,6Ω · 261pF
36
9.
Cascodo con seguidor de emisor
Sea el amplificador de la figura
VCC
R1
RC
CD
Q2
vi
CB
B
Q3
CL
R2
A
vo
Q1
R3 RE
CE
RS
RL
del que conocemos los siguientes valores:
VCC = +12V
RE = 200Ω
cb´e = 30pF
βF = 250
RS = 600Ω
cb´c = 0,8pF
R1 = 9KΩ
RL = 600Ω
VBEON = 0,7
R2 = 1,5KΩ
CD = 100µF
VAF ≈ ∞
R3 = 1,5KΩ
CB = 100µF
RC = 1,5KΩ
CL = 100µF
Se pide:
1. Calcular el polo y cero de baja frecuencia introducido por CL .
2. Suponiendo la entrada del amplificador en cortocircuito, ajustar CE para que introduzca un polo en 340Hz.
Calcular el cero que introduce este condensador.
3. Suponiendo la entrada del amplificador en circuito abierto, calcular el polo y el cero de alta frecuencia que
aparece en el nodo marcado como A.
4. Calcular el polo y el cero de alta frecuencia que aparece en el nodo marcado como B.
5. Si sabemos que este amplificador tiene una ganancia de tensión a frecuencias medias AV M = −233, otro polo de
baja frecuencia en 20rad/s, otro cero de baja frecuencia en 0rad/s y y otro polo de alta frecuencia en 5Grad/s,
escriba la función de transferencia completa del amplificador.
Cálculos preliminares
Para resolver el problema, primero hemos de obtener los parámetros de los transitores en pequeña señal. Para esto
hemos de resolver el punto de operación del amplificador, para ello partimos del circuito mostrado en la siguiente
figura:
37
VCC
+12V
1.5ΚΩ
9ΚΩ
R1
CD
I1
RC
Q3
Q2
1.5ΚΩ
vi
CL
R2
vo
Q1
CB
1.5ΚΩ
R3 RE
200Ω
CE
600Ω
600Ω
RS
RL
Suponiendo βF 1 y por tanto las corriente de base despreciables, vemos que:
I1 =
VCC
+12V
= 1mA
=
R1 + R2 + R3
12K Ω
La tensión en la base de Q1 será por tanto VB1 = I1 × R3 = 1,5V . Por tanto la tensión de emisor de Q1 será VE1 =
VB1 −VBE = 1,5V − 0,7V = 0,8V , y conocida la tensión de emisor de Q1, deducimos la corriente de emisor de Q1 que
será IE1 = VE1 /RE = 800mV /200Ω = 4mA. Por tanto la r´e1 será:
r´e1 =
vT
25mV
=
= 6,25Ω
IE1
4mA
Por otro lado, podemos comprobar que IE2 = IC1 ≈ IE1 . Por tanto:
r´e2 =
vT
25mV
=
= 6,25Ω
IE2
4mA
La tensión de colector de Q2 dependerá de IC2 ≈ IE2 ≈ IE1 , y será:
VC2 = VCC − IC2 × RC = +12V − 4mA × 1,5KΩ = +6V
Esta tensión VC2 también es la tensión de base de Q3, y por tanto la tensión de emisor de Q3 será VE3 = VB3 −VBE =
+6V − 0,7V = 5,3V . De aquı́ se puede deducir la corriente de emisor de Q3 y la r´e3 :
IE3 =
5,3V
vT
25mV
VE3
=
= 8,833mA −→ r´e3 =
=
= 2,830Ω
RS
600Ω
IE3
8,833mA
Apartado 1
Sabemos que el polo introducido por CL estará en:
1
CL · REQL
ωL =
Donde REQL será la resistencia que se ve en bornas de CL en pequeña señal. Para poder realizar este cálculo vamos
a representar en pequeña señal el amplificador, anulando todos los condensadores de baja frecuencia salvo CL . El
equivalente queda de la forma siguiente:
ib1
entrada
RB
r’e1
Q1
Q2
βib1
r’e2
ib2
ib3
βib2
38
RC
Q3 r’
e3
βib3
CL
RS
RL
Lo primero que destaca es que se puede demostrar que por la entrada, esté abierta o cortocircuitada a masa, no
circula corriente, y por tanto ib1 = 0. Además, como ie2 = ic1 = 0, y por tanto también ocurre que ib2 = 0. Por ello,
el circuito se puede simplificar, ya que las fuentes de corriente dependientes βib1 y βib2 no suministran corriente y se
comportan como circuitos abiertos. Por tanto, el equivalente simplificado queda de la forma siguiente:
Q3 r’
CL
RE3
e3 io
ve3
ib3
vb3
RC
RS
βib3
RL
La resistencia que se ve en bornes de CL será:
REQL = RL + RS kRE3
La resistencia RE3 , es decir la impedancia que se ve en bornas del emisor de Q3, es la relación entre la tensión en
ese punto y la corriente entrante en el emisor de Q3, es decir:
ve3
RE3 =
io
Sabemos que:
ve3 = io × r´e3 + vb3
La tensión vb3 es vb3 = −ib3 × r´e3 . Además la corriente io = −ie3 = −ib3 (βF + 1), y por tanto:
ib3 = −
io
io
−→ vb3 = +
· RC
βF + 1
βF + 1
Y por tanto:
RE3 =
RC
ve3
= r´e3 +
io
βF + 1
La resistencia equivalente en bornas del condensador CL será:
RC
1500Ω
REQL = RL + RS k r´e3 +
= 600Ω + 600Ωk 2,830Ω +
≈ 608,7Ω
βF + 1
251
Por tanto, la situación del polo será::
ωL =
1
= 16,43rad/s
100µF · 608,7Ω
Por otro lado, si el condensador CL se comporta como circuito abierto, la tensión de salida es cero. Esto quiere
decir que CL introduce un cero para ω = 0rad/s
Apartado 2
El polo introducido por CE sigue la relación:
ωE =
1
CE × REQE
Donde REQE es la resistencia que se ve en bornes de CE . De esta última expresión podemos deducir que el valor
de la capacidad deberá ser:
CE =
1
ωE × REQE
Y por tanto, hemos de deducir el valor de la resistencia equivalente en bornas de CE . Para ello se representa el
equivalente en pequeña señal del amplificador, con todos los condensadores —salvo CE — anulados. Este equivalente
es:
39
ib1
entrada
Q1
Q2
r’e2
ib2
βib1
r’e1
RB
ib3
βib2
Q3 r’
e3
RC
βib3
R’L
RE
CE
La resistencia equivalente en bornas de CE es:
REQE = RE kr´e1 = 200Ωk6,25Ω ≈ 6,061Ω
Por tanto el condensador CE será
CE =
1
≈ 77µF
2π · 340Hz · 6,061Ω
Si la corriente ie1 fuera 0, no habrı́a tensión de salida. Esta condición de cero se logra, cuando la impedancia vista
en el emisor de Q1 se comporta como un circuito abierto. Por tanto, el cero que introduce CE satisface la ecuación:
RE k
1
RE
= ∞ −→
=∞
sCE
sCE RE + 1
Por tanto:
sCE RE + 1 = 0 −→ s = −
1
CE · RE
Por tanto, el cero introducido por CE será:
ωze =
1
≈ 64,93rad/s
77µF · 200Ω
Apartado 3
Para calcular el polo introducido en el nodo A, primero debemos representar el equivalente en pequeña señal y en
alta frecuencia completo:
cb’c1
A
entrada
RB
cb’e1
cb’e3
ib1
r’e1
ib3
βib1
r’e2
ib2
cb’e2
βib2
cb’c2
RC
cb’c3
r’e3
βib3
R’L
En este esquema se ve que los condensadores que afectan al nodo A son cb´e1 y cb´c1 . Concretamente, al condensador
cb´c1 se le debe aplicar el teorema de Miller. Este condensador está conectado entre la base de Q1 y el colector de Q1,
y por tanto K será igual a:
K=
vc1
−ic1 · r´e2
βF · ib1 · r´e2
r´e2
=
=−
≈−
= −1
vb1
ie1 · r´e1
(βF + 1) · ib1 · r´e1
r´e1
La capacidad de Miller, que será la que afectará al nodo A, será por tanto:
cMA = (1 − K) · cb´c1 = 2 × 0,8pF = 1,6pF
El circuito equivalente que quedará, para calcular el polo introducido en el nodo A será:
40
ib1
entrada
cA
RB
ib3
βib1
r’e1
r’e2
ib2
βib2
r’e3
RC
R’L
βib3
Donde el condensador cA = cb´e1 + cMA = 31,6pF. El polo que introduce este condensador será:
ωA =
1
REQA × cA
Donde, REQA es el polo que ve el condensador cA en sus bornas. Esta resistencia equivalente (aplicando reflexión
de impedancias) es:
REQA = RB k (βF + 1) · r´e1 = R2 kR3 k (βF + 1) · r´e1 = 1500Ωk1500Ωk(251 · 6,25Ω) ≈ 507,4Ω
Por tanto, el polo de alta frecuencia que aparece en el nodo A será:
ωA =
1
≈ 62,37Mrad/s
507,4 × 31,6pF
Este condensador CA anula la salida del amplificador cuando se comporta como un cortocircuito, por tanto introduce un cero para ωzA = ∞ (es decir, no introduce cero).
Apartado 4
Para calcular el polo introducido en el nodo B, volvemos a representar el equivalente en pequeña señal y en alta
frecuencia completo, marcando el nodo B:
cb’c1
cb’e3
B
ib1
entrada
RB
cb’e1
r’e1
βib1
r’e2
ib2
cb’e2
ib3
RC
βib2
cb’c2
cb’c3
r’e3
βib3
R’L
Vemos que al nodo B afectan los condensadores cb´c2 , cb´c3 y cb´e3 . A este último hay aplicar el teorema de Miller,
ya que está conectado entre la base de Q3 y el emisor de Q3. Por tanto K será igual a:
K=
ve3
R´L
RS kRL
600Ωk600Ω
=
=
=
≈1
vb3
R´L + r´e3
RS kRL + r´e3
600Ωk600Ω + 2,830Ω
Por tanto el condensador de Miller, —que es el que afectará al nodo B— es:
cMB = (1 − K) · cbe ≈ 0
Por tanto, el equivalente en pequeña señal para calcular el polo en el nodo B quedará de la forma siguiente:
B
ib1
entrada
RB
βib1
r’e2
ib2
βib2
41
RC
ib3
cB
r’e3
βib3
R’L
Donde el condensador cB = cb´c2 + cb´c3 + cMB = 0,8pF + 0,8pF + 0 = 1,6pF. El polo que introduce este condensador estará situado en:
ω=
1
REQB · cB
Donde REQB es la impedancia equivalente que ve el condensador cB en sus bornas. Esta impedancia equivalente,
aplicando reflexión de impedancias, sale:
REQB = RC k (βF + 1) (r´e3 + R´L ) = 1500Ωk251 · (2,830Ω + 600Ωk600Ω) ≈ 1471Ω
Y por tanto, el polo estará situado en:
ωB =
1
≈ 424,9Mrad/s
1471Ω · 1,6pF
Este condensador CB anula la salida del amplificador cuando se comporta como un cortocircuito, por tanto introduce un cero para ωzB = ∞ (es decir, no introduce cero).
Apartado 5
Recapitulando toda la información disponible tenemos que:
P OLOS
20rad/s
16,43rad/s
2136rad/s
5Grad/s
62,37Mrad/s
424,9Mrad/s
De baja frecuencia, dado en el apartado 5
De baja frecuencia, calculado en el apartado 1
De baja frecuencia, calculado en el apartado 2 (2π × 340Hz)
De alta frecuencia, dado en el apartado 5
De alta frecuencia, calculado en el apartado 3
De alta frecuencia, calculado en el apartado 4
C EROS
0rad/s
0rad/s
64,93rad/s
n/d
n/d
De baja frecuencia, dado en el apartado 5
De baja frecuencia, calculado en el apartado 1
De baja frecuencia, calculado en el apartado 2
De alta frecuencia, apartado 3
De alta frecuencia, apartado 4
Por tanto, la función de transferencia del amplificador será:
AV (s) =
−233 · s2 (s + 64,93)
s
s
s
(s + 20) (s + 16,43) (s + 2136)
+1
+1
+1
5 × 109
62,37 × 106
424,9 × 106
42
10.
Emisor común más seguidor
Dado el amplificador de la figura:
VCC
RC
R1
Q2
CL
entrada
salida
Q1
CB
RS
R2
RE
RL
CE
del que conocemos los siguientes valores:
VCC
+12V
R1
10KΩ
R2
2KΩ
RC
1,5KΩ
RE
280Ω
RS
390Ω
RL
390Ω
CL
22µF
CB
22µF
βF
250
cb´e
30pF
cb´c
1,2pF
Se pide:
1. Calcular el polo y cero introducido por CL
2. Ajustar CE para situar el polo a 500Hz y calcular el cero que introduce, suponiendo que la entrada está en
circuito abierto.
3. Calcular el polo de alta frecuencia que aparece en la base de Q1 suponiendo la entrada está en circuito abierto.
4. Si el resto de los polos están situados a 22Hz, 45MHz, existe un cero adicional a 0Hz, y la ganancia a frecuencias
medias es AV m = −285, escriba la función de transferencia a frecuencias medias.
Cálculos preliminares
Antes de comenzar el cálculo del problema hemos de calcular el punto en continua para obtener los valores del
modelo en pequeña señal de Q1 y Q2. Para ello partimos del esquema siguiente:
+12V
RC
R1 10ΚΩ
entrada
1Κ5Ω
Q2
22µF
CL
22µF
salida
Q1
CB
R2
2ΚΩ
RS
RE
CE
280Ω
43
390Ω
RL
390Ω
Como βF 1, suponemos que IBQ en ambos transistores es muy pequeña (≈ 0). Si esto es ası́ entonces:
VB1Q = VCC ×
R2
= 2V
R1 + R2
Por tanto, y suponiendo VBEon ≈ 0,6V , VE1Q ≈ 2 − 0,6 = 1,4V . Conocida la tensión de emisor de Q1, podemos
deducir IE1Q = VE1Q /RE = 5mA. Como βF 1, suponemos que IC1Q ≈ IE1Q . Si por el mismo motivo, suponemos
además que IB2Q ≈ 0, deducimos que VC1Q = VB2Q ≈ VCC − IC1Q × RC , es decir que VB2Q ≈ 12 − 5mA × 1500Ω =
4,5V . De aquı́ concluı́mos que VE2Q = VB2Q − VBEon ≈ 3,9V . Por tanto, la corriente por el emisor de Q2 será IE2Q =
VE2Q /RS = 10mA. En resumen, concluimos que:
5mA
IE1Q
= 5Ω
=
r´
=
e1
vT
25mV
r´e2
=
IE2Q
10mA
=
= 2,5Ω
vT
25mV
Apartado 1
Para calcular el polo y cero de CL se ha de representar el equivalente en pequeña señal de amplificador, anulando
todos los condensadores de baja frecuencia (suponiéndolos en cortocircuito), salvo CL , y deducir de este esquema el
polo y cero que introduce CL . Este equivalente en pequeña señal del amplificador es el siguiente:
B1
entrada
RB
βib1
ib1
C1
B2
r’e1
RC
βib2
E1
E2 C
L
r’e2
ib2
RS
salida
RL
C2
Donde RB = R1 kR2 .
Para deducir el polo que introduce el condensador CL hemos de calcular la resistencia equivalente que ve en bornas
este condensador. Para ello hemos de anular el generador de entrada, lo cual provoca que ib1 = 0, y por tanto la fuente
de corriente βib1 de corriente 0, es decir se comporte como circuito abierto. Por ello, se puede aplicar la siguiente
simplificación al circuito:
B2
RC
E2 C
L
r’e2
ib2
βib2
RS
ZE2
salida
RL
C2
Si deducimos la impedancia vista en bornas de CL tenemos que será:
REQL = RL + ZE2
Hemos de deducir ZE2 , que será el paralelo de RS y la impedancia vista desde el emisor de Q2 hacia la base,
aplicando reflexión de impedancias:
RC
ZE2 = RS k r´e2 +
βF + 1
Y por tanto la posición del polo será:
ωl =
1
CL × RL + RS k r´e2 +
RC
βF + 1
≈
1
= 114rad/s = 18Hz
22µF × 398,3Ω
El condensador anula la salida cuando se comporta como circuito abierto, y por tanto tendrá un cero para s = 0 .
44
Apartado 2.
Para poder ajustar el polo de CE , primero hemos de calcular su expresión. Para ello hemos construir el equivalente
en pequeña señal sin anular CE , y anulando el resto de condensadores de baja frecuencia. Este equivalente será:
B1
entrada
RB
C1
βib1
ib1
B2
ib2
r’e1
RC
r’e2
βib2
E1
E2
salida
RS ||RL
C2
RE
CE
Suponiendo que la entrada está abierta —tal como especifica el enunciado—, y viendo que la carga de colector de
Q1 no afecta a la impedancia vista por CE podemos hacer la siguiente simplificacion:
B1
βib1
ib1
RB
r’e1
E1 Z
E1
RE
CE
En este esquema vemos que la impedancia vista por el condensador de emisor será:
REQE = RE kZE1
Donde la impedancia ZE1 es la impedancia vista en el emisor de Q1. Aplicando reflexión de impedancias tenemos:
ZE1 = r´e1 +
RB
βF + 1
Por tanto, deducimos que el valor del CE será:
ωe = 2π · 500Hz =
1
1
1
=
=⇒ CE =
= 28,5µF
R1 kR2
CE × 11,18Ω
2π500Hz × 11,18Ω
CE × RE k r´e1 +
βF + 1
La condición de cero se producirá cuando el condensador CE logre anular la salida. Si nos percatamos de que esto
se puede conseguir haciendo ie1 = 0, es decir cuando el paralelo de RE y CE se comportan como circuito abierto. Es
decir que:
RE k
1
RE
=
= ∞ =⇒ sCE RE + 1 = 0
sCE
sCE RE + 1
Por tanto, el cero estará en:
ωz =
1
= 125rad/s ≈ 20Hz
CE × RE
45
Apartado 3
Para resolver este apartado se debe representar el equivalente en alta frecuencia del amplificador, para ver que
capacidades de alta frecuencia influyen en el mencionado nodo (la base de Q1). El equivalente será:
cb’c1
entrada
RB
ib1
cb’e1
cb’e2
βib1
r’e1
ib2
RC
r’e2
cb’c2
βib2
salida
RS ||RL
En este esquema vemos que en la base de Q1 influyen tanto cb´e1 , como cb´c1 . Además, vemos que se ha de aplicar
el teorema de Miller a cb´c1 . La K de Miller será la relación entre el colector de Q1 y la base de Q1:
K=
vc1
−βF · ib1 RC k (βF + 1) · (r´e2 + RS kRL )
1456Ω
=
=−
= −291
vb1
(βF + 1) · ib1 r´e1
5Ω
Por tanto, el condensador cb´c1 tendrá como equivalente los condensadores:
cM1 = (1 − K) · cb´c1 = 292 × 1,2pF = 350,4pF
K −1
−293
· cb´c1 =
· 1,2pF ≈ 1,2pF
cM´1 =
K
−292
El esquema, una vez simplificado los condensadores, y eliminados todos aquellos que no afecta al nodo mencionado queda de la forma:
entrada
RB
ib1
cT1
βib1
r’e1
ib2
RC
r’e2
βib2
salida
RS ||RL
Donde el condensador cT 1 = cb´e1 + cM1 = 380,4pF. Para deducir el polo hemos de deducir la resistencia en bornas
de cT 1 . Suponiendo la entrada abierta, tal como indica el enunciado, y aplicando reflexión de impedancias queda:
REQB1 = RB k (βF + 1) · r´e1
Por tanto, el polo de este nodo queda en:
ωb1 =
1
1
=
= 3,67Mr/s ≈ 580KHz
cT 1 × (RB k(βF + 1) · r´e1 ) 380,4pF × 716Ω
Apartado 4
La función de transferencia será:
AV (s) = −
285 × s2 · (s + 125)
s
s
+
1
·
+
1
(s + 114) · (s + 138) · (s + 3142) ·
3,67 × 106
282 × 106
46
11.
Cálculo de la frecuencias de corte
De la función de transferencia:
AV (S) =
−170s2 (s + 64,3)
(s + 1,2)(s + 1,6)(s + 1160)(2,5 × 10−6 s + 1)(11 × 10−9 s + 1)
1. Determine su frecuencia de corte inferior.
Hay polo dominante en baja frecuencia: ωci = 1160r/s, es decir fci ≈ 185Hz.
2. Determine su frecuencia de corte superior. (1 punto).
Hay polo dominante en alta frecuencia: ωcs = 400Kr/s, es decir fcs ≈ 64KHz.
Y de la siguiente función de transferencia:
AV (S) =
−170s2 (s + 116)
(s + 1,2)(s + 160)(s + 1160)(2,5 × 10−6 s + 1)(10−6 s + 1)
3. Determine su frecuencia de corte inferior. (1 punto).
No hay polo dominante a baja frecuencia, pero sólo tenemos en cuenta aquellos polos y ceros que queden a
menos de una década (ω = 160r/s y ω = 1160r/s), la pulsación de corte será:
ωci = 1,1 ·
p
11602 + 1602 ≈ 1290r/s
Es decir, la frecuencia de corte inferior será fci ≈ 205Hz.
4. Determine su frecuencia de corte superior. (1 punto).
Tampoco hay polo dominante en alta frecuencia. Por tanto:
ωcs =
r
1,1 ·
1
≈ 337Kr/s
1
1
+
400K 2 1M 2
es decir fcs ≈ 54KHz.
47
12.
Base común en baja frecuencia
Partiendo del amplificador de la figura:
VCC
RC
vo
CB
R1
CC
R2
RE
RL
vi
RG
cuyos datos son:
βF = 250 VCC = 9V
R1 = 10KΩ
CE
R2 = 3KΩ
RE = 150Ω
RC = 470Ω
RL = 600Ω
RG = 50Ω
Se pide:
1. Calcule la expresión del polo y cero introducido por CB .
2. Calcule la expresión del polo y cero introducido por CC .
3. Calcule la expresión del polo y cero introducido por CE .
4. Calcule la ganancia a frecuencias medias.
5. Ajuste los condensadores de bajas frecuencias para tener una frecuencia de corte inferior de 160Hz.
Primero se debe calcular el punto de operación del circuito para obtener el equivalente en pequeña señal del
amplificador. Para ello utilizamos el siguiente esquema:
+9V
470Ω
10ΚΩ
CB
R2
3ΚΩ
vi
VCC
RC
vo
R1
CC
600Ω
RE
150Ω
50Ω
RG
CE
48
RG
Asumiendo IB ≈ 0 se tiene que:
VB ≈ 9V ×
3K
≈ 2,08V
10K + 3K
=⇒
VE ≈ 2,08 − 0,6 = 1,48V
=⇒
r´e =
Por tanto la corriente de emisor será:
IE =
1,48V
= 9,85mA
150Ω
vT
≈ 2,54Ω
IE
Además, será de ayuda saber que:
RL´ = 600Ω||470Ω ≈ 264Ω
RB = 10KΩ||3KΩ ≈ 2,31KΩ
El equivalente en pequeña señal del amplificador será (contemplando todos sus condensadores):
vi
RG
CE
βib
r’e
CC
vo
ib
RE
RC
CB
RL
RB
Apartado 9
Para calcular este apartado sólo debemos contemplar CB . De esta forma queda el siguiente esquema:
RG
vi
βib
r’e
vo
ib
RE
RL’
CB
RB
En este esquema se debe calcular la resistencia equivalente REQB que ve en bornes CB . Para ello se anula el
generador de entrada (vi = 0, es decir RG a tierra). De esta forma la resistencia equivalente queda:
REQB = RB (β f + 1) · (r´e + RG ||RE ) ≈ 1880Ω
Por tanto, el polo estará situado para:
ωB =
1
CB · RB [(β f + 1) · (r´e + RG ||RE )]
En cuanto al cero, se puede comprobar que si CB es circuito abierto, no se anula la señal de salida. Se anula cuando
el conjunto CB ||RB es circuito abierto. Es decir:
1
RB
RB = ∞ =⇒
= ∞ =⇒ sCB RB + 1 = 0 =⇒ s = −CB · RB
sCB
sCB RB + 1
Por tanto el cero estará para:
ωZ−B =
1
CB · RB
49
Apartado 2
Para calcular este apartado sólo debemos contemplar CC . De esta forma queda el siguiente esquema:
βib
r’e
RG
vi
CC
vo
ib
RE
RC
RL
Si se anula el generador, y no existe ningún generador independiente en la zona de base o emisor, la corriente ib = 0
y por tanto, el generador de corriente dependiente βib se comporta como circuito abierto. Es decir, que la resistencia
que ve en sus bornes CC será:
REQC = RC + RL = 1070Ω =⇒ ωC =
1
CC (RC + RL )
Además, se comprueba que si CC es circuito abierto, no hay señal a la salida y por tanto se introduce un cero para
s = 0.
Apartado 3
Para calcular este apartado sólo debemos contemplar CE . De esta forma queda el siguiente esquema:
vi
RG
CE
βib
r’e
vo
ib
RE
RL’
Suponiendo el generador anulado, la resistencia que se ve en bornas de CE será:
REQE = RG + RE ||r´e = 52,5Ω
Por tanto el polo estará en:
ωE =
1
CE · (RG + RE ||r´e )
Además, se comprueba que si CE es circuito abierto, no hay señal a la salida y por tanto se introduce un cero para
s = 0.
Apartado 4
Para calcular la ganancia, se debe dibujar el equivalente a frecuencias medias del amplificador:
vi
RG
ve
βib
r’e
vo
ib
RE
La ganancia se va a calcular en dos pasos:
AV =
vo
vo ve
= ·
vi
ve vi
50
RL’
El primer término puede ser relacionado respecto a ib puesto que:
−β f ib · RL´
vo
RL´
=
≈
≈ +104
ve
−(β f + 1)ib · r´e
r´e
El segundo término se puede obtener mediante la relación de un divisor de tensión:
ve
RE ||r´e
=
≈ +47,6 × 10−3
vi
RG + RE ||r´e
Por tanto la ganancia a frecuencia medias será:
AV =
vo
= (+104) · (+47,6 × 10−3 ) ≈ +4,95
vi
Apartado 5
Para tener una frecuencia de corte a 1Kr/s (es decir 160Hz), se debe situar un polo en 1Kr/s y el resto de los polos
por debajo de 100r/s. En este caso vamos a situarlos a 10r/s. Para el polo dominante escogemos ωE , puesto que es la
que menor resistencia equivalente en sus bornas ve. Por tanto:
1
1
ωE =
= 1000r/s =⇒ CE =
= 19µF
CE · 52,5Ω
1000r/s · 52,5Ω
1
1
ωC =
= 10r/s
=⇒ CC =
= 96µF
CC · 1040Ω
10r/s · 1040Ω
1
1
ωB =
= 10r/s
=⇒ CB =
= 53µF
CB · 1880Ω
10r/s · 1880Ω
51
13.
Amplificador de 3 etapas en alta y baja frecuencia
Se dispone de un amplificador como el de la figura:
VCC
R1
RC1
Q2
CB
Q1
R2
RC2
R3
vo
CD
Q3 CB
n
CB
RE1
RES
R4
RE2
CB
del cual se conocen los siguientes datos:
VCC = +15V
RC2 = 1,8KΩ
R1 = 120KΩ
RE2 = 350Ω
R2 = 30KΩ
RES = 2,2KΩ
R3 = 39KΩ
CB ≈ ∞
R4 = 6KΩ
βF ≈ 300
RC1 = 10KΩ
cb´e = 22pF
RE1 = 2,4KΩ
cb´c = 1,5pF
Se pide:
1. Ajustar CD para tener una frecuencia de corte inferior de 100Hz
2. Calcular el polo de alta frecuencia asociado al nodo n
Cálculos preliminares
Primero debemos calcular el punto de operación del circuito para obtener los parámetros de pequeña señal de los
dispositivos activos incluidos en él. El esquema sobre el que se calcula es:
+15V
R1
120ΚΩ
Q2
Q1
1,8ΚΩ
39ΚΩ
10ΚΩ
CB
RC2
R3
RC1
CD
n
VCC
vo
Q3 CB
RES
R2
30ΚΩ
RE1
CB
2,2ΚΩ
R4
6ΚΩ
2,4ΚΩ
RE2
350Ω
CB
Suponiendo βF 1, e IB ≈ 0 podemos deducir que:
VB1 = VCC ×
R2
= 3V =⇒ VE1 = VB1 −VBE = 2,4V
R1 + R2
Por tanto:
IE1 =
VE1
vT
= 1mA =⇒ r´e1 =
= 25Ω
RE1
IE1
52
Además:
VC1 = VCC − IC1 × RC1 = 15 − 1mA × 10KΩ = 5V =⇒ VE2 = VC1 −VBE = 4,4V
De aquı́ se concluye que:
vT
VE2
= 2mA =⇒ r´e2 =
= 12,5Ω
RES
IE2
IE2 =
Respecto a los parámetros de Q3 se puede deducir que:
R4
= 2V =⇒ VE3 = VB3 −VBE = 1,4V
R3 + R4
VB3 = VCC ×
Y por tanto:
VE3
vT
= 4mA =⇒ r´e3 =
= 6,25Ω
RE2
IE3
IE3 =
Apartado 1:
El modelo en pequña señal que deberemos utilizar para calcular el polo introducido por el condensador CD es el
que se muestra en la figura siguiente.
ZE2
vb1 ib1
RB1
r’e1
βib1
vc1 ib2
RC1
r’e2
βib2
ZB3
CD
vb3
ib3
βib3
vo
RES
RB2
r’e3
RC2
En este esquema RB1 = R1 kR2 , y RB2 = R3 kR4 . El polo introducido por CD estará situado a la pulsación:
ωD =
1
CD × REQD
Donde REQD = ZE2 + ZB3 . Aplicando reflexión de impedancias para calcular ambas impedancias se deduce que:
RC1
≈ 44,8Ω
ZE2 = RES k r´e2 +
βF + 1
ZB3 = RB2 k (βF + 1) r´e3 ≈ 1380Ω
Dado que el resto de los condensadores de baja frecuencia son de valor elevado (se indica ∞), la frecuencia de
corte inferior será la frecuencia del polo que introduzca CD , y por tanto, como se pide que esa frecuencia sea 100Hz
se deduce que:
CD =
1
1
=
≈ 1,1µF
ωD × REQD
2π × 100Hz × (1380 + 44,8)
53
Apartado 2:
Para calcular el polo de alta frecuencia asociado al nodo indicado se debe representar el equivalente en alta frecuencia del amplificador, el cual queda como sigue:
cb’c1
vb1
vi
ib1
cb’e1
RB1
βib1
RC1
r’e1
cb’c3
cb’e2
ib2
vc1
cb’c2
r’e2
βib2
n
RB2
ib3
βib3
vo
cb’e3
r’e3
RC2
En este esquema RB1 = R1 kR2 y RB2 = RES kR3 kR4 . En este esquema está señalado el nodo n. Se observa que, para
el cómputo de alta frecuencia de dicho polo se deben tener en cuenta tres condensadores parásitos: cb´e2 , cb´e3 y cb´c3 .
Además, dos de ellos deben ser simplificados mediante el teorema de Miller (cb´e2 y cb´c3 ). Para simplificar por Miller
cb´e2 debemos deducir la K2 de Miller asociada:
K2 =
vn
vc2
La resistencia dinámica r´e2 actúa como separación de ambos nodos, y por tanto se puede escribir la ecuación de
un divisor resistivo, aplicando reflexión de impedancias:
K2 =
RB2 k(βF + 1) · r´e3
≈1
r´e2 + RB2 k(βF + 1) · r´e3
Por tanto, el condensador que afectará al nodo n será:
cM´2 =
K2 − 1
· cb´e2 ≈ 0
K2
La otra simplificación de Miller tiene asociada la K3 :
K3 =
vo
vn
Esta ecuación se puede obtener escribiendo las ecuaciones esas tensiones respecto a ib3 ya que:
vo = −βF ib3 RC2
RC1
=⇒ K3 = −
= −288
r´e3
vn = (βF + 1)ib3 r´e3
Por tanto, el condensador que afecta al nodo n será:
cM3 = (1 − K3 )cb´c2 = 289 × 1,5pF = 433,5pF
El condensador total asociado al nodo n será por tanto cN = 0 + 22pF + 433,5pF = 455,5pF. El circuito equivalente con las simplificaciones de Miller será:
vb1
ib1
βib1
vc1
ib2
r’e2
n
vi
R
B1
r’e1
R
C1
βib2
R
B2
54
cN
ib3
βib3
vo
r’e3
R
C2
Sólo se representa el condensador cN , que es el que nos interesa para el polo que se nos pide. Este nodo ve asociada
una resistencia, que mediante reflexión de impedancia se puede deducir como:
RC2
ZN = (βF + 1)r´e3 kRB2 k r´e2 +
≈ 43,4Ω
βF + 1
Por tanto el polo de alta frecuencia asociado a este nodo n estará situado en:
ωN =
1
≈ 50,6Mr/s ≈ 8MHz
ZN × cN
55
14.
Cascodo en alta frecuencia
Sea el amplificador de la la figura, del cual se sabe que los transitores son BC547B/BC557B, los cuales tienen una
βF ≈ 350, y una tensión VBEon ≈ 0,6V . La alimentación del amplificador es VCC = +12V . Además, los valores de los
componentes del amplificador son:
RG = 1KΩ
R3 = 20KΩ
R1 = 100KΩ
R4 = 100KΩ
R2 = 20KΩ
RC2 = 6KΩ
RC1 = 700Ω
RL = 6KΩ
RE = 1K4Ω
VCC
R1
vi
RG
RC1
R3
CC
vo
Q2
CB
Q1
R2
RE
CE
R4
CD
RC2 RL
Se sabe que todos los condensadores de acoplo y desacoplo de baja frecuencias son C ≈ ∞, y que los condensadores cb´e = 25pF y cb´c = 1,8pF.
Se desea obtener su respuesta en altas y medias frecuencias.
Cálculo en DC
Previo a la solución en pequeña señal del problema, se debe calcular el punto de operación del circuito, para
obtener los parámetros de pequeña señal de los modelos de los dispositivos activos, incluidos en el circuito. Anotando
las tensiones y corrientes en continua de interés en el esquema resulta:
VCC
IX
R1
vi
RG
RC1
CB
VE2
R3
IC2
VB1
R2
RE
vo
Q2
IX IE2
Q1 V
E1
CC
VB2
CE
R4
CD
RC2 RL
IE1
Empezando por Q1, y asumiendo que IB1 es despreciable frente a la corriente que circula por R1 y R2 , se puede
comprobar que:
VB1 = VCC ×
R2
20KΩ
= +12V ×
= 2V
R1 + R2
100KΩ + 20KΩ
56
Por tanto, a partir de aquı́ se deduce que VE1 = VB1 − VBE ≈ 1,4V . Y a partir de la tensión de emisor, se puede
conocer la corriente que circula por la resistencia RE , que en continua es la misma que circula por el emisor de Q1, y
será:
IE1 =
VE1
1,4V
= 1mA
=
RE
1,4KΩ
Y dado que el transistor se supone en activa, y βF 1, se tiene que IC1 ≈ IE1 = 1mA. Para el transistor Q1 ya se
puede calcular su r´e1 :
r´e1 =
vT
25mV
= 25Ω
=
IE1
1mA
Para analizar Q2, primero se puede calcular la tensión de base de este transistor (suponiendo IB2 despreciable frente
a la corriente en R3 y R4 ):
VB2 = VCC ×
R4
100KΩ
= 10V
= 12V ×
R3 + R4
100KΩ + 20KΩ
De aquı́ ya se puede deducir VE2 = VB2 + VEB2 ≈ 10,6V . Nótese que esta tensión VE2 , es igual a VC1 , puesto que
ambos terminales están interconectados. Además conocida esta tensión, podemos deducir la corriente que circula por
RC1 , que será:
IX =
VCC −VE2
12V − 10,6V
= 2mA
=
RC1
700
En el esquema se puede comprobar que:
IX = IE2 + IC1 =⇒ IE2 = IX − IC1 = 1mA
Por tanto:
r´e2 =
vT
25mV
=
= 25Ω
IE2
1mA
La corriente de colector de Q2 será por tanto IC2 ≈ IE2 . Además se puede comprobar que VC2 = IC2 × RC2 =
6KΩ × 1mA = 6V . Se puede verificar que tanto Q1 como Q2 están en activa directa.
Dado que r´e1 = r´e2 y por tanto r´e1 = r´e2 = r´e
Análisis en pequeña señal
Esquema en pequeña señal
Para calcular el equivalente en pequeña señal, se cortocircuitan los condensadores de baja frecuencia, y se anula la
fuente de alimentación continua VCC , quedando el circuito de la forma:
R1
vi
RC1
R3
vo
Q2
RG
Q1
R2
RE
R4
57
RC2
RL
En este esquema se comprueba que VE1 queda conectado a masa, igual que VB2 . Además la resistencia RG queda
conectada directamente a la base de Q1. Las resistencias R1 y R2 quedan en paralelo tomando el valor RB = R1 kR2 ≈
16,7KΩ. Igualmente, las resistencias RC2 y RL también quedan en paralelo resultado R´L = RC2 kRL = 3KΩ. Las resistencias RE , R3 y R4 quedan anuladas por los condensadores de baja frecuencia.
De esta forma, sustituyendo los transistores por sus equivalente en pequeña señal (incluyendo los condensadores
de alta frecuencia) queda el equivalente:
vi
RG
cb’c
B1
ib1
RB
C1 E2
βib1
r’e
cb’e
r’e
RC1
Q1
cb’e ib2
Q2
C2
βib2 cb’c
vo
R’L
B2
E1
Cálculo del condensador de Miller de Q1
En este esquema se comprueba que el condensador cb´c de Q1 debe ser simplificado por Miller. La K de este
condensador será:
vc1
vb1
K=
El esquema sobre el que se calculará el valor de K será:
vi
RG
vb1
ib1
RB
vc1
βib1
vb1
r’e
= (βF + 1)ib1 × r´e
vo
ib2
βib2
R’L
RC1
En este esquema se puede comprobar que:
vc1 = −βF ib1 × (RC1 kr´e )
r’e
=⇒ K =
RC1 kr´e
vc1
≈−
≈ −1
vb1
r´e
Por tanto, se tiene que:
c
M
= cb´c · (1 − K) = 1,8pF × (1 + 1) = 3,6pF
cM´ = cb´c · K − 1 = 1,8pF × −1 − 1 = 3,6pF
K
−1
Equivalente simplificado de alta frecuencia
Sustituyendo el condensador cb´c de Q1 por los condensadores de Miller, el circuito queda:
58
r’e
RG
vi
ib1
RB
βib1
cT1
vo
ib2
RC1
r’e
cT2
βib2
cb’c
R’L
donde:
cT 1
= cb´e1 + cM = 28,6pF
cT 2
= cb´e2 + cM´ = 28,6pF
Cálculo de los polos y ceros de alta frecuencia
Condensador cT 1
El polo de este condensador esta situado en:
s=−
1
cT 1 × REQT 1
donde
REQT 1 = RG kRB k(βF + 1)r´e
Numéricamente resulta:
REQT 1 = 1KΩk16,7KΩk(350 + 1) · 25Ω ≈ 852Ω =⇒ s = −
1
≡ 41Mr/s =
852Ω × 28,6pF
Este condensador no introduce cero.
Condensador cT 2
El polo de este condensador esta situado en:
s=−
1
cT 2 × REQT 2
donde
REQT 2 = RC1 kr´e
Numéricamente resulta:
REQT 2 = 700Ωk25Ω ≈ 24,1Ω =⇒ s = −
1
≡ 1,45Gr/s
24,1Ω × 28,6pF
Este condensador no introduce cero.
Condensador cb´c
El polo de este condensador esta situado en:
s=−
1
cb´c × REQ3
donde
59
REQ3 = R´L
Numéricamente resulta:
REQ3 = 3KΩ =⇒ s = −
1
≡ 185Mr/s
3KΩ × 1,8pF
Este condensador no introduce cero.
Cálculo de la ganancia a frecuencias medias
Para calcular la ganancia a frecuencias medias se debe plantear el esquema en pequeña señal sin los condensadores
de alta frecuencias:
ZB
vi
RG
(β+1)ib2
vc1 r’e
vb1
ib1
RB
βib1
ib2
r’e
vo
βib2
RC1
R’L
(β+1)ib1
En este esquema se puede comprobar que la ganancia se puede descomponer en:
AV M =
vo
vo vc1 vb1
·
=
·
vi
vc1 vb1 vi
|{z} |{z} |{z}
(1) (2) (3)
Cálculo del término (1) : Este término está relacionado con el transistor Q2, que está en una configuración en base
común, puesto que tiene la base a tierra, la entrada por emisor y la salida por colector. Tanto la tensión vo como vc1
pueden ser escritas en función de ib2 :
vo = −βF · ib2 · R´L
R´L
vo
≈
= 120
=⇒
vc1
r´e
vc1 = −(βF + 1)ib2 · r´e
Cálculo del término (2) : Este término está relacionado con el transistor Q1, que está en configuración emisor
común, puesto que tienen el emisor a tierra, la entrada por la base y la salida por el colector. Ambas tensiones de este
término se pueden relacionar por ib1 :
vc1 = −βF · ib1 · (R´C1 kr´e
vc1
RC1 kr´e
700Ωk25Ω
=−
≈ −0,965
=⇒
≈−
vb1
r´e
25Ω
vb1 = (βF + 1)ib1 · r´e
Cálculo del término (3) : Este término está relacionado la red de polarización de entrada. La relación es la del
divisor de tensión formado por RG y ZB . Dado que ZB = RB k(βF + 1) · r´e , se puede tener que:
vb1 = vi ·
ZB
RG + ZB
=⇒
vb1
RB k(βF + 1) · r´e
16,7KΩk(350 + 1) · 25Ω
=
=
≈ 0,852
vi
RG + RB k(βF + 1) · r´e
1KΩ + 16,7KΩk(350 + 1) · 25Ω
Ganancia total a frecuencias medias. La ganancia total a frecuencias medias será:
AV M = (120) · (−0,965) · (0,852) ≈ −98,7
60
Composición de la función de transferencia de media y alta frecuencias
A partir de los resultados calculados se tiene:
A(S) =
−98,7
(24,4 × 10−9 s + 1)(130 × 10−12 s + 1)(5,40 × 10−9 s + 1)
ANEXO: Comparación con la simulación
Para dar una idea de cual es la relación entre el resultado calculado y el resultado exacto, se ha procedido a simular
el circuito del problema en gnucap, utilizando un modelo del transistor idéntico al utilizado en nuestros cálculos
(βF = 350, cb´e = 25pF, cb´c = 1,8pF y r´e = 25Ω). Se presenta gráficamente el resultado obtenido.
Módulo
En la siguiente figura se presenta, en azul la curva obtenida mediante simulación y en negro la representación
exacta de la función de transferencia calculada.
dB
40
20
0
−20
−40
−60
−80
−100
−120
10k
100k
1M
10M
100M
1G
10G
100G
En la curva se comprueba que hasta al menos 1Gr/s ambas curvas se ajustan perfectamente, lo cual indica que los
polos situados a 41Mr/s, 185Mr/s y 1,45Gr/s están bien situados. Sin embargo, a partir de 10Gr/s hay diferencias,
ya que la curva pierde pendiente. Esto es sı́ntoma de que existe un cero que no detectado en el cálculo, ya que es la
única explicación que la pendiente de atenuación (de −60dB/dec a 10Gr/s) se reduzca.
Fase
La figura que sigue a continuación presenta igualmente, en azul la curva obtenida mediante simulación y en negro
la representación exacta de la función de transferencia calculada.
61
Fase (grados)
90
0
−90
−180
10k
100k
1M
10M
100M
1G
10G
En la curva se comprueba que hasta al menos 2,5Gr/s ambas curvas se ajustan perfectamente, lo cual indica
de nuevo, que los polos situados a 41Mr/s, 185Mr/s y 1,45Gr/s están bien situados. Sin embargo se aprecia una
diferencia notable a partir de 2,5Gr/s, puesto que la fase se decrementa otros 90o adicionales, tendiendo la fase final
a −180o . Esto, en principio, es sı́ntoma de un polo adicional, sin embargo en el módulo tiene comportamiento de
cero (frena la caı́da de atenuación). Sólo existe un elemento capaz de producir ese efecto, y es un cero con parte real
positiva para s = +ωc . Este tipo de ceros, aunque no muy común, es posible que aparezca en algunas funciones de
transferencia. Tiene la forma:
s
−1
ωc
Este término como módulo tiene:
jω
−1 =
ωc
s
w
ωc
2
+1
Que coincide exactamente con el módulo de un cero con parte real negativa. Es decir, se puede comprobar que:
jω
jω
−1 =
+1
ωc
ωc
Sin embargo, en fase:
6
jω
ω
ω
− 1 = arctg −
= −arctg
ωc
ωc
ωc
Que coincide con la fase de un polo situado a s = −ωc , ya que:
−1
jω
jω
6
6
−1 =
+1
ωc
ωc
Ulteriores elucubraciones
El único posible causante de un cero es el condensador cb´c1 , al que se le aplica Miller. Parece claro que los polos
obtenidos en consecuencia de ese cálculo han sido correctamente situados. Sin embargo, dado que la aplicación de
62
Miller tal como se hace (es decir obteniendo la K a frecuencias medias) es una simplificación, el problema del cero
adicional debe estar relacionado con ese condensador.
Por otro lado, según la teorı́a, un cero o polo introduce la mitad de su fase total justo a la pulsación de cruce.
Es decir que, si este cero estuviera suficientemente apartado del resto (y por lo tanto el resto de componenentes no
influyera), la fase total estarı́a a 45o de la fase final, es decir a −135o . Ese cruce por −135o está marcado con una cruz
roja. Se comprueba que está entre 20Gr/s y 30Gr/s (a más de una década del último polo a 1,45Gr/s). Analizando
todas las resistencias y condensadores del circuito vemos que el producto de r´e y cb´c da una pulsación de cruce:
ωx =
1
≈ 22,2Gr/s
cb´c × r´e
Si corregimos la función de transferencia añadiendo un cero con parte real positiva a 22,2Gr/s resultarı́a una
función de transferencia:
A(S) =
−98,7 · (45 × 10−12 s − 1)
(24,4 × 10−9 s + 1)(130 × 10−12 s + 1)(5,40 × 10−9 s + 1)
Si se comparan modulo y fase de esta función de transferencia frente al resultado de la simulación se observa que
encajan casi perfectamente, por lo cual deducimos que la función de transferencia propuesta es más exacta que la
calculada.
dB
40
20
0
−20
−40
−60
−80
−100
−120
10k
100k
1M
10M
100M
1G
10G
Comparación del módulo corregido (en negro) con la simulación (en azul)
63
100G
Fase (grados)
90
0
−90
−180
10k
100k
1M
10M
100M
1G
10G
Comparación de la fase corregida (en negro) con la simulación (en azul)
64
15.
Diferencial de banda ancha
Se desea calcular la respuesta en frecuencia del amplificador de la figura, del que se sabe que los transistores
tienen βF = 250, VCC = +15V , VEE = −15V , RE = 7,2KΩ, y RC = 7,5KΩ, cb´e = 25pF y cb´c = 2pF. Al ser ambos
transistores iguales y tener igual caı́da de tensión en VBE en DC, se supone que en continua IE1Q = IE2Q .
VCC
RC
VCC
vi
Q1
vo
Q2
RE
VEE
Se pide:
1. Calcular la frecuencia de corte inferior.
2. Calcular la ganancia a frecuencias medias
3. Calcular los polos y ceros de alta frecuencia.
4. Componer la función de transferencia total del amplificador.
Cálculos preliminares
Dado que VB2 = 0, asumimos que VE1 = VE2 = −0,6. Por tanto, la corriente que circula por RE será:
IBIAS =
−0,6 −VEE
= 2mA
RE
Por tanto, como IE1 = IE2 y además IE1 + IE2 = IBIAS se concluye que IE1 = IE2 = 1mA. Por tanto:
r´e1 = r´e2 =
vT
= 25Ω = r´e
IEQ
Apartado 1
La frecuencia de corte inferior es 0.
Apartado 2
El esquema equivalente en pequeña señal del amplificador es:
vi
ib1
ie1
ie2
r’e1
β ib1
vo
r’e2
RE
65
βib2
ib2
RC
Aplicando reflexión de impedancias se tiene:
vi = ib1 · (βF + 1) · (r´e1 + RE kr´e2 ) ≈ 2ib1 · βF r´e
En la salida se tiene:
vo = −βF ib2 RC
Además, se puede deducir que:
ie1 = −ie2 ·
RE
≈ −ie2
RE + r´e2
De aquı́ se concluye que ib1 ≈ −ib2 . Por tanto, vo = βF ib1 RC . La ganancia será por tanto:
AV =
RC
= 150
2r´e
Apartado 3
Para poder calcular los polos y ceros de alta frecuencia hace falta representar el equivalente en pequeña señal con
los condensadores parásitos de alta frecuencia:
cb’e1
ib1
vi
cb’e2
ie1
ie2
r’e1
cb’c1
vo
r’e2
β ib1
RE
βib2
cb’c2
RC
ib2
El único condensador que se le debe aplicar el teorema de Miller es cb´e1 . Para ello, se toma:
K=
ve
RE kr´e2
1
=
≈
vb 1 r´e1 + RE kr´e2
2
Por tanto:
cM
1
= (1 − K)cb´e1 = cb´e1
2
c
M´ =
K −1
cb´e1 = −cb´e1
K
Simplificando el esquema queda:
ib1
vi
cT1
ie1
vo
r’e1
r’e2
cT2
β ib1
RE
βib2
ib2
Donde:
cT 1
cT 2
= cb´c1 + cM = 17,5pF
= cM´ + cb´e2 = 0
Por tanto, el equivalente simplificado será:
66
cb’c2
RC
ib1
vi
17.5pF
vo
r’e1
r’e2
β ib1
RE
βib2
2pF
RC
ib2
Por tanto, hay dos polos y dos ceros. El condensador cT 1 ve resistencia equivalente REQT 1 :
REQT 1 = (βF + 1) · (r´e1 + RE kr´e2 ) ≈ 2βF r´e = 12,5KΩ
Por tanto el polo estará en:
ωT 1 =
1
= 4,5Mr/s ≡ 727KHz
17,5pF × 12,5KΩ
No introduce cero (el condensador en corto, anula la señal a la entrada, evitando que llegue a la salida).
NOTA: Si suponemos que el generador v1 se anula, se anula el polo.
El condensador cb´c2 ve como resistencia equivalente RC . Por tanto:
ωb´c2 =
1
= 66Mr/s ≡ 10,6MHz
2pF × 7,5KΩ
No introduce cero (el condensador en corto, anula la señal de salida).
Apartado 4
AV (s) = s
4,5 × 106
150
+1
67
s
+
1
66 × 106
16.
Amplificador de 3 etapas en atla frecuencias
Sea el amplificador de la figura, en donde los transistores tienen β = 250, cb´e = 20pF y cb´c = 2pF.
30V
10KΩ
270KΩ
10KΩ
270KΩ
vo
Q2
50Ω
Q1
vi
30KΩ
Q3
4.7KΩ
1.2KΩ
30KΩ
1.2KΩ
Se pide:
1. Calcular la función de transferencia en alta frecuencia
2. Representar el módulo de la función de transferencia
3. Representar la fase de la función de transferencia
Cálculos preliminares
Para calcular la función de transferencia, primero hay que obtener en punto de operación en contı́nua. En un cálculo
aproximado vamos a suponer que las corriente de base son despreciables frente a las corriente de la red de polarización
de base. De aquı́ tenemos:
VB1 ≈ 30V ×
30KΩ
= 3V
270KΩ + 30KΩ
VE1 = VB1 −VBE ≈ 2,4V
IE1 =
VE1
= 2mA ≈ IC1
1,2KΩ
VC1 ≈ VCC − IC1 × 10KΩ = 10V = VB2
VE2 = VB2 −VBE ≈ 9,4V
VE2
= 2mA
4,7KΩ
IE2 =
VB3 ≈ 30V ×
30KΩ
= 3V
270KΩ + 30KΩ
VE3 = VB3 −VBE ≈ 2,4V
VE3
= 2mA
1,2KΩ
Por tanto, deducimos que las r´e de los tres transistores son iguales a:
IE3 =
r´e1,2,3 =
vT
IEQ1,2,3
=
68
25mV
= 12,5Ω
2mA
Apartado 1
Ahora vamos a representar el equivalente en pequeña señal, simplificado. Sabemos que 270KΩk30KΩ = 27KΩ y
que 4,7KΩk27KΩ ≈ 4KΩ. Por tanto el equivalente queda como se muestra en la figura:
50Ω
vb1 ib1
βib1
vc1 ib2
r’e vb3
βib3
ib3
vo
vg
r’e
27KΩ
10KΩ
βib2
4KΩ
r’e
10KΩ
En este esquema vamos a proceder a calcular la ganancia a frecuencias medias. Esta ganancia a frecuencias medias
se puede descomponer como:
vo vb3 vc1 vb1
vo
=
·
·
·
vg
vb3 vc1 vb1 vg
Calculando cada uno de los términos tenemos:
vo = −βib3 · 10KΩ
vb3 = (β + 1)ib3 · r´e
Suponiendo β ≈ β + 1, tenemos que
βib3 · 10KΩ
vo
10K
=−
= −800
≈−
vb3
(β + 1) · r´e
12,5Ω
Para obtener vb3 /vc1 , vemos que r´e de Q2 y el conjunto 4KΩ y r´e de Q3 forman un divisor de tensión. Por tanto:
vb3
4KΩk ((β + 1) · r´e )
4KΩk(251 · 12,5Ω)
=
=
= 0,996
vc1
r´e + 4KΩk ((β + 1) · r´e ) 12,5Ω + 4KΩk(251 · 12,5Ω)
Para calcular vc1 /vb1 tenemos que:
vc1 = −βib1 {·10Kk [(β + 1) + 4KΩk ((β + 1) · r´e )]}
vb1 = (β + 1)ib1 r´e
Por tanto:
βib1 {·10Kk [(β + 1) + 4KΩk ((β + 1) · r´e )]}
9779Ω
vc1
=−
≈−
= −782
vb1
(β + 1)ib1 r´e
12,5Ω
Y finalmente, la relación vb1 /vg es la de un divisor de tensión formado por la resistencia de generador de 50Ω y el
conjunto de 27KΩ y la r´e de Q1, de forma que:
vb1
27KΩk [(β + 1) · r´e ]
2800
=
≈
≈ 0,983
vg
50 + 27KΩk [(β + 1) · r´e ] 2850
Por tanto la ganancia a frecuencias medias será:
vo
= (−800) · (0,996) · (−782) · (0,983)· ≈ 612505
vg
A continuación vamos a calcular los polos de alta frecuencia, para ello necesitamos el modelo del amplificador
incluyendo todos los condesadores elementos que influyen en la respuesta de alta frecuencia. Concretamente, se deberán tener en cuenta los condesadores parásitos de los transistores bipolares. De esta forma obtenemos el circuito
equivalente para alta frecuencia siguiente:
69
cb’c
50Ω
vb1
ib1
cb’e
vg 27KΩ
cb’e
vc1
βib1
r’e 10KΩ
cb’c
r’e
ib2
cb’c
vb3
ib3
vo
cb’e
βib2 4KΩ
r’e
βib3
10KΩ
Para poder abordar el cálculo de forma simple de este circuito, hemos de simplificar una serie de condensadores
que suponen cierta dificultad de cálculo. Estos condensadores son:
1. El condensador cb´e de Q1, al cual le aplicamos el teorema de Miller. La K será K1 = vc1 /vb1 . Este parámetro
ya fue calculado, dando como resultado K1 = −782. Por tanto, al simplificar este condensador aparecerán los
condensadores de Miller:
cM1 = cb´c · (1 − K) = 1,566nF
cM´1 = cb´c ·
K −1
≈ 2pF
K
2. El condensador cb´e de Q2, al cual, también se le aplica el teroema de Miller. La K será K2 = vb3 /vc3 , que también
fue calculada, obteniéndose K2 = 0,996 ≈ 1, y por tanto resulta que cM2 ≈ 0 y cM´2 ≈ 0.
3. El condensador cb´c de Q3, al cual, también se le aplica el teorema de Miller. La K será K3 = vo /vb3 , que fue
calculada obteniéndose −800. De esta forma:
cM3 = cb´c · (1 − K) = 1,6nF
cM´3 = cb´c ·
K −1
≈ 2pF
K
De esta forma el circuito simplificado queda de la forma:
50Ω
vb1
vg 27KΩ
ib1
c1
vc1
βib1
r’e 10KΩ
r’e
ib2
c2
βib2 4KΩ
vb3
ib3
c3
vo
r’e
βib3
10KΩ
c4
Donde los condensadores mostrados son:
1. c1 = cM1 + cb´e1 = 1,586nF ≈ 1,6nF
2. c2 = cM´1 + cb´c2 = 4pF
3. c3 = cM3 + cb´e3 = 1,62nF ≈ 1,6nF
4. c4 = cM´3 = 2pF
A continuación vamos a proceder a calcular cada uno de los polos asociados a estos condensadores:
c1 : La resistencia equivalente en bornas de este condensador es:
REQ1 = 50Ωk27KΩk [(β + 1)r´e1 ] ≈ 50Ω
Por tanto el polo se sitúa en ω1 = 1/(c1 · REQ1 ) = 12,5Mr/s. No hay cero.
c2 : La resistencia equivalente en bornas de este condensador es:
REQ2 = 10KΩk {(β + 1) [r´e + 4KΩk ((β + 1)r´e )]} ≈ 9779Ω
Por tanto el polo se sitúa en ω2 = 1/(c2 · REQ2 ) = 25,5Mr/s. No hay cero.
70
c3 : La resistencia equivalente en bornas de este condensador es:
10KΩ
≈ 51Ω
REQ3 = (β + 1)r´e k4KΩk r´e +
β+1
Por tanto el polo se sitúa en ω3 = 1/(c3 · REQ3 ) = 12,25Mr/s. No hay cero.
c4 : La resistencia equivalente en bornas de este condensador es 10KΩ. Por tanto el polo se sitúa en ω4 = 1/(c4 ·
REQ4 ) = 50Mr/s. No hay cero.
Por tanto la función de transferencia total en alta frecuencia del amplificador será:
vo (s)
612505
=
vg (s) (8 × 10−8 s + 1) · (3,92 × 10−8 s + 1) · (8,16 × 10−8 s + 1) · (2 × 10−8 s + 1)
Representar el módulo de la función de transferencia
La función de transferencia consta de los siguientes elementos:
1. Una constante (612505), equivalente a 115dB
2. Un polo a 12,25Mr/s, que a efectos de cálculo lo vamos a redondear a 12Mr/s.
3. Un polo a 12,5Mr/s, que a efectos de cálculo lo vamos a redondear a 12Mr/s.
4. Un polo a 25,5Mr/s, que a efectos de cálulo lo vamos a redondear a 25Mr/s
5. Un polo a 50Mr/s.
Por tanto, para obtener la representación del módulo tendremos los siguientes tramos significativos:
1. ω < 12Mr/s:
|AV | = 115dB y la pendiente de la recta es m = 0dB/dec.
2. @ ω = 12Mr/s:
Aparece un polo doble. |AV | = 115dB y la pendiente de la recta es m = 0dB/dec. Este polo doble introduce a
partir de este punto una pendiente de −40dB/dec.
3. 12Mr/s < ω < 25Mr/s:
Pendiente de caı́da de −40dB/dec.
4. @ ω = 25Mr/s:
La ganancia en este punto es:
|AV |ω=25Mr/s = 115dB − 40db/dec × log
25Mr/s
dec ≈ 102dB
12Mr/s
Y aquı́ aparece un tercer polo que introduce −20dB/dec adicionales de pendiente.
5. 25Mr/s < ω < 50Mr/s:
Pendiente de caı́da de −60db/dec.
6. @ ω = 50Mr/s:
La ganancia en este punto es:
50Mr/s
|AV |ω=50Mr/s = 102dB − 60db/dec × log
dec ≈ 84dB
25Mr/s
7. ω > 50Mr/s:
Pendiente de caı́da de −80dB/dec.
71
Representar la fase de la función de transferencia
Los polos ya han sido presentados en el punto anterior. Lo único destacable es que la constante tiene signo negativo,
por lo que vamos suponer que introduce una fase inicial de 0o . De esta forma los tramos significativos de la fase serán:
1. ω < 1,2Mr/s:
Fase inicial 6 AV = 0o y pendiente 0o /dec.
2. @ ω = 1,2Mr/s: (comienza el efecto del polo doble a 12Mr/s)
La fase es todavı́a 6 AV = 0o y se introduce una pendiente de −90o /dec, pasando a ser la pendiente total de
−90o /dec.
3. @ ω = 2,5Mr/s: (comienza el efecto del polo a 25Mr/s)
La fase en este punto es:
6
2,5Mr/s
AV |ω=2,5Mr/s = −90 /dec × log
dec = −29o
1,2Mr/s
o
A partir de este punto la pendiente es −135o /dec.
4. @ ω = 5Mr/s: (comienza el efecto del polo a 50Mr/s)
La fase en este punto es:
6
5Mr/s
AV |ω=5Mr/s = −29 − 135 /dec × log
dec = −70o
2,5Mr/s
o
o
A partir de este punto la pendiente es −180o /dec.
5. @ ω = 120Mr/s: (acaba el efecto del polo doble a 12Mr/s)
La fase en este punto es:
AV |ω=120Mr/s = −70o − 180o /dec × log
6
120Mr/s
dec = −318o
5Mr/s
250Mr/s
dec = −346o
120Mr/s
A partir de este punto la pendiente es −90o /dec.
6. @ ω = 250Mr/s: (acaba el efecto del polo a 25Mr/s)
La fase en este punto es:
6
AV |ω=250Mr/s = −318o − 90o /dec × log
A partir de este punto la pendiente es −45o /dec.
7. @ ω = 500Mr/s: (acaba el efecto del polo a 50Mr/s)
La fase en este punto es:
6
500Mr/s
AV |ω=500Mr/s = −346 − 45 /dec × log
dec = −360o
250Mr/s
o
o
A partir de este punto la pendiente es 0o /dec.
La gráfica con el módulo y fase se muestran en la página a continuación.
72
dB
120
100
80
60
40
20
0
−20
−40
−60
10
100
1K
10K
100K
1M
Φ
−90
−180
−270
−360
73
10M
100M
1G
10M
ω
17.
Amplificador cascodo de dos Etapas
Dado el amplificador de la figura:
VCC
CD1
RC1
R1
Q3
Q6
CD2
Q2
vi
Q5
R2
RG
CL
R5
Q1
CB1
RL
CB2
RE1
del que sabemos los siguientes parámetros:
βF = 250
VBEon = 0,6V VCC = +18V
R5 = 2KΩ
R6 = 4KΩ
RC1 = 12KΩ
RS2 = 820Ω RL = 600Ω
RG = 2,2KΩ
CB2 = 10µF
CE2 = 10µF
Se pide:
vo
Q4
CE1
R3
RC2
R4
RS1
CE2
R6
R1 = 150KΩ
RC2 = 1,8KΩ
CD1 = 10µF
CL = 10µF
RE2
RS2
R2 = 10KΩ
RE1 = 1,4KΩ
CB1 = 10µF
cb´e = 25pF
R3 = 20KΩ
RE2 = 270Ω
CE1 = 10µF
cb´c = 2pF
R4 = 30KΩ
RS1 = 2,7KΩ
CD2 = 10µF
1. Calcular la ganancia a frecuencias medias
2. Calcular el polo y el cero introducido por el condensador CE1 .
3. Calcular el polo y el cero introducido por el condensador CE2 .
4. Calcular el polo y el cero introducido por el condensador CL .
5. Calcular el polo y el cero introducido por el condensador CB2 .
6. Calcular los polos y ceros de alta frecuencia.
7. Componer la función de transferencia total con la ganancia y polos y ceros.
8. Limitar la frecuencia de corte superior de este amplificador a 16KHz.
Cálculos preliminares
Primero se debe obtener el equivalente en pequeña señal. Para ello debemos conocer el punto en continua del
amplificador. Asumiendo que todos los transistores se encuentran en zona activa, VBE ≈ 0,6V e IB ≈ 0, y partiendo del
esquema siguiente se tiene:
74
VCC
+18V
RC1
12ΚΩ
150ΚΩ
CD1 R1
30ΚΩ
Q3
1,8ΚΩ
R4
Q6
CD2
Q2
10ΚΩ
vi
2,2ΚΩ
Q5
R2
RG
2ΚΩ
Q1
CE1
1,4ΚΩ
R3
CL
R5
Q4
CB1
20ΚΩ
RC2
RE1
CB2
4ΚΩ
2,7ΚΩ
RS1
270Ω
vo
600Ω
CE2
R6 RE2
RL
820Ω
RS2
La tensión en la base de Q1 será:
VB1 = +18V ×
20KΩ
= +2V
150KΩ + 10KΩ + 20KΩ
Por tanto, su corriente de emisor será:
IE1 =
2V − 0,6V
= 1mA ≈ IC1 = IE2
1,4KΩ
Por tanto:
VC2 = +18V − 1mA × 12KΩ = +6V
De aquı́ ya se puede deducir IE3 ya que:
IE3 =
+6V − 0,6V
= 2mA
2,7KΩ
La tensión en la base de Q4 será:
VB4 = +18V ×
4KΩ
= 2V
30KΩ + 2KΩ + 4KΩ
Por tanto, la corriente de emisor de Q4 será:
IE4 =
2V − 0,6V
= 5mA ≈ IC4 = IE5
270Ω
De aquı́ se tiene que:
VC5 = +18V − 5mA × 1,8KΩ = 9V
Y por tanto:
9V − 0,6V
≈ 10,2mA
820Ω
De aquı́ se pueden deducir las resistencias de emisor de pequeña de los modelos de pequeña señal de los transistores, ya que:
IE6 =
r´e =
vT
IEQ
Y por tanto:
75
Q1
1mA
25Ω
IEQ
r´e
Q2
1mA
25Ω
Q3
2mA
12,5Ω
Q4
5mA
5Ω
Además, las siguientes resistencias en serie serán:
10KΩk20KΩ
2,7KΩk4KΩk2KΩ
820Ωk600Ω
Q5
5mA
5Ω
Q6
10,2mA
2,4Ω
≈ 6,67KΩ
≈ 893Ω
≈ 346Ω
Por tanto, el esquema en pequeña señal será:
Q1
vi
2.2ΚΩ
ib1
βib1
Q2
25Ω
βib2
Q3
ib3
Q4
12.5Ω
ib4
Q5
βib4
βib5
5Ω
6.67ΚΩ
25Ω
ib2
12ΚΩ
βib3
839Ω
5Ω
ib5
1.8ΚΩ
Q6
ib6
βib6
2.4Ω
vo
346Ω
Apartado 1:
La ganancia a frecuencias medias será:
vb6
vb4
vb3
vb1
vo
vo
×
×
×
×
=
vi
vb6
vb4
vb3
vb1
vi
|{z}
|{z}
|{z}
|{z}
|{z}
(5)
(2)
(4)
(1)
(3)
Saltamos de la base de Q6 a la base de Q4, y de la base de Q3 a la de Q1 ya que Q1 − Q2 y Q4 − Q6 son
amplificadores cascodos donde se cumple que:
βF · ib4 = (βF + 1) · ib5 =⇒ ib4 ≈ ib5
βF · ib1 = (βF + 1) · ib2 =⇒ ib1 ≈ ib2
Y por tanto da igual hacer las relaciones con ib2 que con ib1 , e igualmente ib4 es equivalente a ib5 .
Término (1)
Tanto vo como vb6 puede ser referidos a ib6 (β f + 1) ya que:
ib6 (β f + 1) · 346Ω
vo
=
≈1
vb6
ib6 (β f + 1) · (2,4Ω + 346Ω)
Término (2)
En este caso, la tensión vb6 interesa que sea referida a β f · ib5 , ya que vb4 se puede poner referida a (β f + 1)ib 4, y
por tanto a (β f + 1)ib 5. Ası́:
−β f ib5 1,8KΩ|| [(β f + 1) (2,4Ω + 346Ω)]
vb6
1764Ω
=
≈−
≈ −353
vb4
(β f + 1)ib5 5Ω
5Ω
Término (3)
Este término debe ser relacionado por la corriente (β f + 1)ib3 . De tal forma que:
(β f + 1)ib3 · (839Ωk(β f + 1)5Ω)
vb4
502Ω
=
≈
≈ 0,976 ≈ 1
vb3
(β f + 1)ib3 · (12,5Ω + 839Ωk(β f + 1)5Ω) 502Ω + 12,5Ω
76
Término (4)
Igual que en el término (2), la tensión vb3 interesa que sea referida a β f · ib2 , ya que vb1 se puede poner referida a
(β f + 1)ib 1, y por tanto a (β f + 1)ib 2. Ası́:
−β f ib3 12KΩ|| [(β f + 1) (12,5Ω + 839Ω|| (β f + 1) 5Ω)]
vb3
11KΩ
=
≈−
≈ −440
vb1
(β f + 1)ib3 25Ω
25Ω
Término (5)
Finalmente, el término (5) puede ser resuelto aplicando la relación de un divisor de tensión ya que:
vb1 = vi ×
6,67KΩk (β f + 1) 25Ω
vb1
3,2KΩ
=⇒
≈ 0,6
≈
2,2KΩ6,67KΩk (β f + 1) 25Ω
vi
2,2KΩ + 3,2KΩ
Ganancia total
Por tanto la ganancia total será:
vo
= (1) × (−353) × (1) × (−440) × (0,6) ≈ +93,2 × 103
vi
Apartado 2:
El esquema sobre el que se debe calcular el polo es el siguiente:
Q1
vi
2.2ΚΩ
ib1
βib1
Q2
25Ω
Q3
βib2
ib3
Q4
12.5Ω
ib4
Q5
βib4
βib5
5Ω
6.67ΚΩ
CE1
ib2
25Ω
12ΚΩ
βib3
839Ω
5Ω
ib5
1.8ΚΩ
Q6
ib6
2.4Ω
βib6
346Ω
1.4ΚΩ
En este esquema se aprecia que el condensador CE1 observa como impedancia equivalente en sus bornes:
6,67KΩ||2,2KΩ
REQ−E1 = 1,4KΩ
25Ω +
≈ 31Ω
βf +1
Por tanto el polo estará situado a:
ωE1 =
1
≈ 3,2Kr/s ≡ 515Hz
31Ω × 10µF
Se produce un cero cuando el conjunto CE1 y 1,4KΩ forman un circuito abierto. Por tanto el cero estará en:
ωZ−E1 =
1
≈ 71r/s ≡ 11Hz
1400 × 10µF
77
vo
Apartado 3:
El esquema sobre el que se debe calcular el polo es el siguiente:
Q1
2.2ΚΩ
ib1
βib1
Q2
25Ω
Q3
βib2
Q4
12.5Ω
ib3
ib4
Q5
βib4
Q6
βib5
5Ω
6.67ΚΩ
ib2
25Ω
βib3
12ΚΩ
839Ω
5Ω
ib5
CE2
2.4Ω
ib6
βib6
1.8ΚΩ
vo
346Ω
270Ω
En este esquema se aprecia que el condensador CE2 observa como impedancia equivalente en sus bornes:
12KΩ
12,5Ω +
839Ω
βf +1
≈ 5,1Ω
5Ω
+
REQ−E2 = 270Ω
βf +1
Por tanto el polo estará situado a:
ωE2 =
1
≈ 19,5Kr/s ≡ 3,1KHz
5,1Ω × 10µF
Se produce un cero cuando el conjunto CE2 y 270KΩ forman un circuito abierto. Por tanto el cero estará en:
ωZ−E2 =
1
≈ 370r/s ≡ 59Hz
270 × 10µF
Apartado 4:
El esquema sobre el que se debe calcular el polo es el siguiente:
Q1
2.2ΚΩ
ib1
βib1
Q2
25Ω
βib2
Q3
ib3
Q4
12.5Ω
ib4
Q5
βib4
βib5
5Ω
6.67ΚΩ
25Ω
ib2
12ΚΩ
βib3
839Ω
5Ω
ib5
1.8ΚΩ
Q6
ib6
βib6
CL
2.4Ω
820Ω
vo
600Ω
En este esquema se aprecia que el condensador CL observa como impedancia equivalente en sus bornes:
1,8KΩ
REQ−L = 600Ω + 820Ω
≈ 609Ω
2,4Ω +
βf +1
Por tanto el polo estará situado a:
ωL =
1
≈ 164r/s ≡ 26Hz
609Ω × 10µF
Además, se observa que si CL se comporta como circuito abierto, no hay señal de salida. Por tanto tiene un cero
para s = 0.
78
Apartado 5:
El esquema sobre el que se debe calcular el polo es el siguiente:
Q1
2.2ΚΩ
ib1
Q2
βib1
Q3
βib2
25Ω
Q4
CB2
12.5Ω
ib3
ib4
Q5
βib4
5Ω
6.67ΚΩ
ib2
25Ω
βib3 2.7ΚΩ
12ΚΩ
1.33ΚΩ
5Ω
ib5
Q6
βib5
1.8ΚΩ
2.4Ω
ib6
βib6
vo
346Ω
Donde 4KΩ||2KΩ ≈ 1,33KΩ.
En este esquema se aprecia que el condensador CB2 observa como impedancia equivalente en sus bornes:
12KΩ
12,5Ω +
REQ−B2 = 1,33KΩ|| (β f + 1) · 5Ω + 2,7KΩ
≈ 705Ω
βf +1
Por tanto el polo estará situado a:
ωB2 =
1
≈ 142r/s ≡ 22,5Hz
705Ω × 10µF
Además, se observa que si CB2 se comporta como circuito abierto, no hay señal de salida. Por tanto tiene un cero
para s = 0.
Apartado 6:
El esquema completo en alta frecuencia del amplificador es el siguiente:
vi
2.2ΚΩ
ib1
cb’e1
6.67ΚΩ
25Ω
β ib1
25Ω
cb’c1
+
cb’e2
ib2
cb’e6
cb’e3
β ib2
ib3
12.5Ω
12ΚΩ
cb’c2
+
cb’c3
β ib3
ib4
839Ω
cb’e4
5Ω
β ib4
cb’c4
+
cb’e5
β ib5
5Ω
ib5
cb’c5
+
cb’c6
ib6
1.8ΚΩ
β ib6
2.4Ω
vo
346Ω
En él hay que aplicar el teorema de Miller a cb´e3 y a cb´e6 . Para ello, utilizaremos los cálculos realizados en apartados
previos. Ası́, K3 será:
vb4
ve3
K3 =
=
≈1
vb3
vb3
Por tanto:
c
M3
= (1 − K3 )cb´e3 ≈ 0
cM´3
=
K3
cb´e3 ≈ 0
K3 − 1
Igualmente K6 será:
K6 =
ve6
vo
=
≈1
vb6
vb6
Por tanto:
c
M6
= (1 − K6 )cb´e6 ≈ 0
cM´6
=
K6
cb´e6 ≈ 0
K6 − 1
Por tanto, el esquema, una vez simplificado queda de la forma siguiente:
79
vi
2.2ΚΩ
ib1
c1
6.67ΚΩ
25Ω
β ib1
β ib2
25Ω
12.5Ω
12ΚΩ
ib2
c2
ib3
c3
En el se tiene:
c1
c2
c3
c4
c5
c6
β ib3
=
=
=
=
=
=
ib4
839Ω
c4
β ib4
β ib5
5Ω
5Ω
c5
ib6
1.8ΚΩ
ib5
c6
β ib6
2.4Ω
vo
346Ω
cb´e1 = 25pF
cb´c1 + cb´e2 = 27pF
cb´c2 + cb´c3 = 4pF
cb´e4 = 25pF
cb´c4 + cb´e5 = 27pF
cb´c5 + cb´c6 = 4pF
Ahora vamos a proceder a calcular los 6 polos y ceros de alta frecuencia.
Condensador c1
La resistencia equivalente que ve en sus bornas es:
REQ−1 = 2,2KΩ||6,67KΩ||(β f + 1) · 25Ω ≈ 1,31KΩ
Por tanto el polo estará para:
ω1 =
1
≈ 30,6Mr/s ≡ 4,9MHz
1,31KΩ × 25pF
Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vb1 y no habrı́a señal de salida. Por
tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero).
Condensador c2
La resistencia equivalente que ve en sus bornas es:
REQ−2 = 25Ω
Por tanto el polo estará para:
ω2 =
1
≈ 1,48Gr/s ≡ 236MHz
25Ω × 27pF
Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vc1 y no habrı́a señal de salida. Por
tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero).
Condensador c3
La resistencia equivalente que ve en sus bornas es:
REQ−3 = 12KΩ|| (beta f + 1) (12,5Ω + 839Ω||(β f + 1)5Ω) ≈ 11KΩ
Por tanto el polo estará para:
ω3 =
1
≈ 22,7Mr/s ≡ 3,6MHz
11KΩ × 4pF
Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vb3 y no habrı́a señal de salida. Por
tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero).
80
Condensador c4
La resistencia equivalente que ve en sus bornas es:
REQ−4 = 839Ω|| (β f + 1) · 5Ω
12KΩ
12,5Ω +
≈ 53,9Ω
βf +1
Por tanto el polo estará para:
ω4 =
1
≈ 742Mr/s ≡ 118MHz
53,9Ω × 25pF
Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vb4 y no habrı́a señal de salida. Por
tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero).
Condensador c5
La resistencia equivalente que ve en sus bornas es:
REQ−5 = 5Ω
Por tanto el polo estará para:
ω5 =
1
≈ 7,4Gr/s ≡ 1,18GHz
5Ω × 27pF
Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vc4 y no habrı́a señal de salida. Por
tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero).
Condensador c6
La resistencia equivalente que ve en sus bornas es:
REQ−6 = 1,8KΩ|| (β f + 1) (2,4Ω + 346Ω) ≈ 1740Ω
Por tanto el polo estará para:
ω6 =
1
≈ 142Mr/s ≡ 22,8MHz
1740Ω × 4pF
Si el condensador fuera un cortocircuito, anuları́a completamente la tensión en vb6 y no habrı́a señal de salida. Por
tanto tiene un cero para s = ∞ (es decir, que no introduce cero).
Apartado 7
Por tanto, la función de transferencia de este amplificador, teniendo en cuenta todos los elementos calculados en
apartados previos será:
AV (s) =
93,2 × 103 · s2 · (s + 71) · (s + 370)
×
(s + 3,2 × 103 ) · (s + 19,5 × 103 ) · (s + 164) · (s + 142) · (32,7 × 10−9 · s + 1) · (676 × 10−12 · s + 1)
×
1
(44,1 × 10−9 · s + 1) · (1,35 × 10−9 · s + 1) · (135 × 10−12 · s + 1) · (7,04 × 10−9 · s + 1)
81
Apartado 8
Actualmente el polo más bajo es ω3 = 22,7Mr/s, que casualmente es el que más resistencia ve en sus bornes. Para
bajar ese polo a 16KHz ≡ 100Kr/s, la capacidad asociada a ese nodo serı́a:
ω3 = 100Kr/s =
1
1
=⇒ C =
≈ 904pF
11KΩ ×C
11KΩ × 100Kr/s
Como actualmente en c3 = 4pF habrı́a que colocar en ese nodo una capacidad de 904pF − 4pF = 900pF, tal
como queda en el circuito siguiente:
VCC
900pF
RC1
CD1
Q3
Q6
CD2
Q2
vi
Q5
R2
RG
CL
R5
Q1
CB1
vo
Q4
CE1
R3
RC2
R4
RL
CB2
RE1
RS1
82
CE2
R6
RE2
RS2
18.
Anexo: Cero con parte real positiva
10−4 · s − 1
, se pide:
10−4 · s + 1
1. Representar su módulo en un diagrama de Bode
Dada la función de transferencia AV =
2. Representar su fase en un diagrama de Bode
Primero se debe normalizar la función de transferencia dejando los términos independientes a 1. De esta forma se tiene
que:
AV =
−10−4 · s + 1
10−4 · s − 1
=−
−4
10 · s + 1
10−4 · s + 1
En este problema se tiene un polo para s = −104 , y un cero con parte real positiva para s = +104 . Este tipo de ceros
no se ha contemplado en la técnica básica presentada en la asignatura, por lo tanto se debe deducir como será su
representación en el diagrama de Bode. Su módulo será:
s ω 2
jω
−1 =
+ 12
ωo
ωo
El cual coincide plenamente con el módulo de un cero con parte real negativa. Es decir que:
jω
· jω
−1 =
+1
ωo
ωo
Y por tanto de cara al módulo no hay ningún cambio por el hecho de que la parte real del cero sea positiva,
representándose exáctamente igual a un cero con parte real negativa.
Su fase será:
ω
−
ω
· jω
ωo
6 (
− 1) = arctan
= − arctan
ωo
1
ωo
Esta expresión de fase coincide con la de un polo con parte real negativa en ω = ωo . Por tanto, la fase de este tipo
de ceros se deberá representar igual a la de un polo con parte real negativa.
En resumen, un cero con parte real positiva tiene como representación en Bode:
En módulo: Igual a la de un cero con parte real negativa.
En fase: Igual a la de un polo con parte real positiva.
Módulo de la función
La función está normalizada, como constante tiene −1 (0dB). Tiene un cero para ω = 10Kr/s y un polo para
ω = 10Kr/s. Por tanto, el módulo será constante y de valor 0dB para todas las frecuencias.
Fase de la función
1. Existe una constante −1 que introduce +180o .
2. El cero introducirá −45o /dec desde 1Kr/s hasta 100Kr/s, introduciendo una fase final de −90o .
3. El polo introducirá −45o /dec desde 1Kr/s hasta 100Kr/s, introduciendo una fase final de −90o .
Por tanto la fase total será:
Fase +180 hasta 1Kr/s.
Pendiente de −90o /dec desde 1Kr/s hasta 100Kr/s.
Fase final de 0o desde 100Kr/s.
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