Feedback circuits (calculations)

Circuitos electronicos 2Trabajo practico No 1

Tıtulo Realimentacion

Turno Martes - Noche

Alumno Trejo Pizzo, David Alejandro

Legajo 6824

Docente Ing. Tulic, A.C.R.

Carrera Ingenierıa Electronica

Fecha 24/06/14

Ejercicio 1

Para el circuito de la Figura 1 se pide calcular Risf , Rosf , Avsf , Rmsf . Calcular la variacion de Avsf y Rmsf siRs = 100Ω. Idem si Rd = 100Ω. Sacar conclusiones. Los datos son:

• los transistores son identicos con hfe = 60

• la corriente de reposo es de 10mA

• Rs = Rd = 50Ω

• RC1 = RC2 = 700Ω

• R = 52kΩ

Figure 1: Ejercicio 1

A partir de estos datos, para el transistor bipolar se puede determinar que:

gm1 = gm2 = gm3 = gm = 40ICQ = 0, 4(A/V )

hie =hfe

gm = 600,4 = 150Ω

En la Figura 1 se puede observar una resistencia conectada en serie entre la salida del amplificador basico(colector de T3) y la entrada del mismo (base de T1). Teniendo en cuenta el cuadripolo de la red β, dicharesistencia esta conectada en paralelo con la entrada y con la salida. La topologıa es con muestreo de Tensiony con mezcla Paralelo. Dado esto, se precisa cambiar el circuito por su modelo equivalente de Norton como sepuede apreciar en la Figura 2.

Como se estudio en la teorıa, siempre que se tenga un numero impar de etapas emisor comun en cascadase observa que las mismas resultan inversoras. Esto nos permite decir que en el circuito de la Figura 2, parauna corriente Is positiva y por ende tambien positivas Vi e Ii , en la salida del mismo se obtendra una Vo negativa.

Figure 2: Equivalente Norton

1

En consecuencia, en el nodo de mezcla se tendra que: Ii = Is−If por lo que se verifica que la realimentaciones negativa. A continuacion determinamos la transferencia de la red de realimentacion:

If =−VoR

= β =−1

R=−1

52000

Luego, haciendo Vo = 0 sobre el circuito original determinamos la malla de entrada del circuito amplificadorbasico cargado con la red β y haciendo Vi = 0 hallamos la malla de salida. Este circuito auxiliar correspondea la Figura 3. Se puede comprobar en dicho circuito que la resistencia de la red de realimentacion R queda enparalelo, tanto en la entrada como en la salida del amplificador. Se reemplazan los transistores por su modelohıbrido aproximado de bajas frecuencias en la Figura 4.

Figure 3: Circuito auxiliar

Figure 4: Circuito auxiliar con transistores aproximados al modelo de baja frecuencia

Procedemos al calculo de los parametros del circuito:

Ris = Rs//R//hie = 50//52000//150 = 37, 5Ω

Rd1 = RC1//hie2 = 700//150 = 123, 5Ω

Rd2 = RC2//hie3 = 700//150 = 123, 5Ω

Rd3 = R//Rd = 52000//50 = 50Ω

Ros = Rd3 = 50Ω

RMs = Vo

Is= Vo

V3∗ V3

V2∗ V2

V1∗ V1

Is

RMs = (−gm3 ∗Rd3) ∗ (−gm2 ∗Rd2) ∗ (−gm1 ∗Rd1) ∗Ris = −gm3 ∗R2d1 ∗Rd3 ∗Ris

RMs = −(0, 4)3 ∗ (123, 5)2 ∗ 50 ∗ 37, 5 = −1, 83MΩ

Conociendo el valor de RMs, podemos calcular la diferencia de retorno:

D = 1 + β ∗RMs = 1 + 19, 2 ∗ 10−6 ∗ 1, 83 ∗ 106 = 36, 1

La transferencia a lazo cerrado:

RMsf =RMs

D=−1, 83 ∗ 106

36, 1= −50693Ω

2

, la cual es muy aproximada a 1β = −R = −52000Ω.

La resistencia de entrada del sistema:

Risf =RisD

=37, 5Ω

36, 1= 1, 04Ω

La entrada del amplificador realimentado:

Rif =Rs ∗RisfRs −Risf

=50 ∗ 1, 04

50− 1, 04= 1, 06Ω

Con lo que el generador ideal de tension de excitacion vera una resistencia equivalente de entrada del am-plificador realimentado igual a: Rentf = Rs +Rif = 50 + 1, 04 = 51.04Ω practicamente igual a Rs.

La Resistencia de Salida del sistema realimentado es:

Rosf = RRosD

=50Ω

36, 1= 1, 4Ω

La resistencia de salida del amplificador realimentado sin la carga:

Rof =Rd ∗RosfRd −Rosf

=50 ∗ 1, 4

50− 1, 4= 1, 45Ω

Esquematicamente el circuito estudiado se puede representar por un esquema equivalente tal como se indicaen la Figura 5, donde ahora estan las resistencias de entrada y salida que acabamos de calcular.

Figure 5: Esquema del circuito amplificador

La ganancia de tension es:

AV sf =VoVs

=Vo

IN ∗Rs=RMs

Rs

Como calculamos anteriormente, RMsf es aproximadamente igual a −R, por lo tanto AV sf = −RRs

y Rentf =Rif +Rs = Rs.

Variar Rs y Rd

Variar Rs y Rd nos permitira verificar numericamente cuanto afecta esta topologıa de realimentacion al am-plificador basico para lograr un buen amplificador de transresistencia. Esto se puede verificar observando latransferencia del amplificador realimentado frente a dichos cambios. En primer lugar, recalculamos RMs, Ris,D, RMsf , y Risf con Rs = 100Ω. Entonces:

3

RMs = −2, 93MΩ

Ris = 60Ω

D = 57, 23 (no varia β)

RMsf = RMs

D = −51197

Risf = Ris

D = 1, 05Ω

Se verifica que ambas caracterısticas del amplificador realimentado se mantienen practicamente en el mismovalor anterior. En cambio si consideramos AV sf este parametro al resultar inversamente proporcional a Rs sereducira practicamente a la mitad de su valor anterior, situacion que se repetirıa con GMsf ya que este tambiendepende de Rs.

Luego, con Rd = 100Ω, necesitamos volver a calcular Rd3 y Ros:

Rd3 = 100Ω

Ros = 100Ω

RMs = −(0, 4)3 ∗ (123, 5)2 ∗ 100 ∗ 37, 5 = −3, 66MΩ

D = 1 + β ∗RMs = 1 + 19, 2 ∗ 10−6 ∗ 3, 66 ∗ 106 = 71, 272

RMsf = RMs

D = −3,66∗106

71,272 = −51353Ω

Nuevamente se obtiene un valor practicamente igual al que resulto para una resistencia de carga de 50Ω conlo que se comprueba la caracterıstica de buen amplificador de Transresistencia.

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Ejercicio 2

Para el circuito de la Figura 6 se pide calcular Risf , Rosf , y AV sf . Suponiendo que Rs aumenta cinco veces,recalcular Avsf y Risf . Si RL = 1.5kΩ, recalcular AV sf y Rosf . Calcular GMsf , AIsf y RMsf y verificar deque componentes circuitales dependen. Los datos son:

• Los transistores NPN pertenecen a un Array 3086

• El transistor PNP T4 tiene hfe4 = 200 y hie4 = 1kΩ

• RC1 = RC2 = 8, 2kΩ

• RC4 = 4, 7kΩ

• Re4 = 3, 9kΩ

• R1 = 12kΩ

• R2 = 1, 2kΩ

• Rs = 1kΩ

• RL = R = 4, 7kΩ

Figure 6: Circuito

A una de las bases del amplificador diferencial se conecta Vs, en la otra entrada conecta un circuito que recogeuna fraccion de la tension de salida del conjunto (Vf ). En la salida existe una senal proporcional Vd = Vs − Vf .Segun lo estudiado en la teorıa, la etapa amplificadora diferencial se comporta como una red de mezcla serie.Tambien se puede observar que con una Vs positiva, la salida por colector de T2 resultara negativa y luegoVo sera positiva debido a la accion del emisor comun realizada por T4, con lo cual tambien Vf es positiva yentonces la realimentacion resulta negativa. Se muestrea la tension de salida Vo y se mezcla en serie en laentrada, por lo que la configuracion de realimentacion es Tension-Serie.

Analisis dinamico

Para poder analizar el circuito, debemos realizar es el circuito del amplificador basico sin realimentar perocargado con Rs , RL y con la red de realimentacion tanto a la entrada como a la salida. Para esto, se anula lasenal muestreada a la salida (Vo = 0) y tambien Ii = 0. De esta forma se anula la realimentacion del circuitooriginal. El circuito resultante se aprecia en la Figura 7.

Calculamos:

R′s = R1∗R2

R1+R2= 1200∗12∗103

12000+1200 = 1kΩ observando la simetrıa respecto a Rs = 1kΩ.

5

Figure 7: Circuito para analisis dinamico

R′d = (R1 +R2)//RC4//RL = 2, 05kΩ.

Luego, calculamos la transferencia del circuito AV s. Como hay dos etapas, se deben calcular dos ganancias,una para la etapa diferencial y otra para el emisor comun: AV s = AV d ∗AV EC en donde:

Ganancia Etapa Diferencial:

AV d =−hfe1− 2 ∗ (RC2//hie4)

2 ∗ (Rs + hie1− 2)

Ganancia Etapa Emisor Comun

AV EC =−hfe4 ∗R′d

hie4

Para hallar los valores numericos es necesario obtener informacion de las hojas de datos:

• hie1−2 = 3, 5kΩ

• hfe1−2 = 100

• hie4 = 1kΩ

• hi14 = 200

Con los datos obtenidos reemplazamos en las ecuaciones de ganancia:

AV d =−100 ∗ 825

2 ∗ (1000 + 3500)= −9, 2

AV EC =−200 ∗ 2050

1000= −410

Luego, la ganancia del amplificador basico es:

AV s = (−9, 2) ∗ (−410) = 3772

Con las ganancias calculadas, se puede verificar que si variamos Rs = 5, 5kΩ la ganancia AV d y AV s sereducen a la mitad. Esto nos permite ver que el amplificador basico no es un buen amplificador de tension.

Ahora, podemos calcular con los parametros obtenidos de la hoja de datos: Ris = Rs + 2 ∗ hie1−2 +R′s, ycomo Rs = R′s, entonces:

Ris = 2 ∗ (hie1−2 +Rs) = 2 ∗ (3500 + 1000) = 9kΩ

Como la Rs que produce la mitad de la ganancia vale 5,5 KΩ, la reemplazamos en la ecuacion:

6

Ris = 2 ∗ (3500 + 5500) = 18kΩ

Tambien tenemos Ros = R′d = 2kΩ

Volviendo al circuito realimentado, la red de realimentacion presenta una transferencia que resulta:

β =R2

R1 +R2=

1, 2

12 + 1, 2= 0, 09

D = 1 + β ∗AV s = 1 + 0, 09 ∗ 3772 = 350

en consecuencia:

AV sf = AV s

D = 3772350 = 10, 8, aproximadamente 1

β = 11

Risf = Ris ∗D = 9 ∗ 103 ∗ 350 = 3, 15MΩ

Rif = Risf −Rs = 3, 15MΩ

Rosf = Ros

D = 2000350 = 5, 7Ω

Se puede verificar ahora el grado de independencia frente a las variaciones de Rs que se alcanzo a expensasde la realimentacion negativa que incorpora el circuito amplificador. Hemos visto ya que si Rs varıa desde elvalor original de 1kΩ a un nuevo valor R∗s = 5, 5kΩ en el amplificador sin realimentar se tenıa: A∗V s = 1886y R∗s = 18kΩ (mitad y doble respectivamente, de los valores originales) mientras que en el amplificador reali-mentado:

D∗ = 1 + β ∗A∗V s = 1 + 0, 09 ∗ 1886 = 170, 7

A∗V f =A∗V sD∗

=1886

170, 7= 11, 05

1

β= 11

R∗isf = R ∗is ∗D∗ = 18 ∗ 103 ∗ 170, 7 = 3, 07MΩ

R∗if = R ∗isF −R∗s = R∗isf = 3, 23MΩ

Con est verificamos que dentro de ciertos lımites, las caracterısticas del amplificador realimentado se inde-pendizan de las variaciones de Rs. El amplificador posee alta Risf y baja Rosf , lo que mediante este tipo derealimentacion se esta disponiendo de un buen amplificador de tension. Por ultimo, calculamos las otras trestransferencias del circuito amplificador realimentado:

GMsf = IoVs

= Vo

R′d∗Vs

=AV sf

R′d

= 112000 = 5, 5mA/V que depende de la carga RL a traves de R′d.

AIsf = IoIi

=Vo∗Risf

R′d∗Vs

= AV sf ∗ RIsf

R′d

= 11 ∗ 3,15∗106

2000 = 17320 que depende Rs y de RL.

y finalmente:

RMsf = Vo

Ii= Vo

Vs∗Risf = AV sf ∗Risf = 11 ∗ 3, 15 ∗ 106 = 34, 65 ∗ 106 que depende de Rs.

7

Simulacion

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Ejercicio 3

Para los transistores NPN pertenecen a un Array 3086. Calcular Risf , Rosf , y la transferencia correspondientea la topologıa. Calcular las tres transferencias restantes y evaluar la dependencia de las mismas frente a cambiosen Rs y Rd.

Figure 8: Circuito

El circuito tiene la configuracion de un sistema amplificador con entrada diferencial en base a un conjuntode transistores tipo CA 3086 y con una topologıa de realimentacion corriente-serie, donde:

• VCC = VEE = 10 V

• Rs = 1 kΩ

• RL = 50 kΩ

• RC1-2 = 8,2 kΩ

• RC4 = 6,8 kΩ

• R2 = RE = 1,2 kΩ

• R1 = 12 kΩ

Analisis del circuito estatico

En primer lugar resolveremos las condiciones de funcionamiento estatico:

ICQ1 = ICQ2 = 1mA

VCT1 = VCC − ICQ1 ∗RC1 = 10− 1 ∗ 10−3 ∗ 8, 2 ∗ 103 = 1, 8V

VCT2 = VCC − ICQ2 ∗RC2 = 10− 1 ∗ 10−3 ∗ 8, 2 ∗ 103 = 1, 8V

VET1−2 = −VBEu1−2 = −0, 6V

VCEq1−2 = VCT1−2 − VET1−2 = 1, 8− (−0, 6) = 2, 4V

VET4 = VCT2 − VBEu4 = 1, 8− 0, 6 = 1, 2V

ICQ4 = VET4

RE= 1,2V

1200Ω = 1mA

VCT4 = VCC − ICQ4 ∗RC4 = 10− 1 ∗ 10−3 ∗ 6, 8 ∗ 103 = 3, 2V

VCEQ4 = VCT4 − VET4 = 3, 2− 1, 2 = 2V

pudiendose constatar que todos los transistores operan en la zona activa y lineal, es decir como amplificadores.

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Comprobar la realimentacion negativa

Basando el analisis en el apunte teorico (Cap. 7) y suponiendo una excitacion Vs positiva, la corriente I en la redde realimentacion y la tension realimentada Vf (con el sentido asignado tambien son positivas), al responder elamplificador diferencial a la excitacion de modo diferencial (Vd = Vi = Vs−Vf ), se deduce que la realimentaciones negativa.

Para la red de realimentacion tipo π utilizada en este amplificador, se vio ya que su transferencia es β ypara obtener el circuito amplificador basico, cargado con la red de realimentacion procedemos de modo que:

β =−R1 ∗RE

R1 +R2 +R3=

−12000 ∗ 1200

12000 + 1200 + 1200= −1kΩ

1. la malla de entrada se consigue anulando la senal tomada para el muestreo en la salida (Io = - Ic4 ) ya quecomo carga debe considerarse aquella resistencia equivalente por donde circula la misma corriente que lohace por la entrada de la red de realimentacion, es decir Rd = RC4 // RL . Consecuentemente dicha mallade entrada se conforma con el amplificador diferencial en el cual en la base de T1 se tiene una resistenciaequivalente R’s resultante de la asociacion:

R′s =R1 ∗ (R2 +RE)

R1 +R2 +RE=

12000 ∗ (1200 + 1200)

12000 + 1200 + 1200= 2kΩ

como para balancear la malla de entrada dinamica de T2 que en su base tiene conectada una Rs = 1, 1kΩ.

Rd = RC4‖RL =6, 8 ∗ 50 ∗ 103

6, 8 + 50= 6kΩ

2. para determinar como carga la red de realimentacion en la salida del amplificador en la mezcla de tensionesen la entrada, anulamos la corriente Ii , es decir que abrimos el terminal de base de T1. Luego en emisorde T4 se tendra una resistencia total equivalente Re4 que es:

Re4 =RE ∗ (R1 +R2)

R1 +R2 +RE=

1200 ∗ (12000 + 1200)

12000 + 1200 + 1200= 2kΩ

Los resultados anteriores se pueden representar en un circuiuto equivalente, como el de la figura 1. La con-tinuacion del problema de verificacion requiere la obtencion de la conductancia de transferencia y las resistenciasde entrada y de salida de este ultimo circuito.

Figure 9: Circuito equivalente

Pero como se puede observar, hay otro lazo de realimentacion tambien en topologıa C-S en el transistor T4que conforma la etapa de salida y que a diferencia de la anterior, tiene caracterısticas localizadas en dicha etapa.Por lo tanto, hay una realimentacion externa, desde la etapa de salida hacia la de entrada, y otra realimentacionlocal en la segunda etapa, interior al lazo precedente y que se detecta en segundo termino.

Para resolver la realimentacion local en T4 se puede llevar el circuito auxiliar de la figura 1 a un esquemaequivalente tal como lo indica el circuito de la figura 2.

A partir de las hojas de datos del CA3086, y para 1 mA obtenemos:

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Figure 10: Circuito equivalente de realimentacion local en T4

• hie = 3, 5kΩ

• hfe = 100

• hoe = 15, 6µA/V

Ri4 = hie4 + hfe4 ∗Re4 = 3500 + 100 ∗ 2000 = 203, 5kΩ

Ro4 = ro4 ∗ (1 +hfe4 ∗Re4

RC2 + his4 +Re4) = 64, 1 ∗ 103 ∗ (1 +

100 ∗ 2000

8200 + 3500 + 2000) = 1MΩ

AV 4 =VoVo1

=−hfe4 ∗Rd

hie4 + hfe4 ∗Re4=−100 ∗ 6000

203, 5 ∗ 103= −2, 94

En la etapa diferencial:

Rd1 =RC1 ∗Ri4RC1 +Ri4

=8, 2 ∗ 203, 5 ∗ 103

8, 2 + 203, 5= 7, 9kΩ

AV d =Vo1Vo

=hfe1 ∗Rd1

2 ∗ (hie1 +Rs=

100 ∗ 7900

2 ∗ (3, 5 + 1) ∗ 103= 87, 7

Rids = 2 ∗ hie1 +Rs +R′s = 2 ∗ 3500 + 1000 + 2000 = 10kΩ

Entonces, para las dos etapas:

AV s = AV d ∗AV 4 = 87, 7 ∗ (−2, 94) = −257, 83

Trasconductancia:

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GMs =IoVs

=Vo

Rd ∗ Vd=AV sRd

=−257, 83

6 ∗ 103= −42, 97−3A/V

Retornando al amplificador realimentado:

D = 1 + β ∗Gms = 1 + 100 ∗ 0, 04 = 5

GMsf =GMs

D=−0, 04

5= −0, 008A/V

como esta realimentacion es de mezcla serie:

Risf = D ∗Rids = 5 ∗ 10 ∗ 103 = 50kΩ

Rif = Risf −Rs = 50 ∗ 103 − 1 ∗ 103 = 49kΩ

y debido al muestreo de corriente:

Rof = Ro4 ∗ (1 +Gm ∗ β)

pero como GMs no depende de Rd, Rof = Ro4 ∗D, en consecuencia:

Rof = 1 ∗ 106 ∗ 5 = 5MΩ

luego Rosf = Rof//Rd y como Rd = 6kΩ, entonces Rosf ≈ 6kΩ

Analisis de la sensibilidad de las transferencias

Frente a cambios en Rd o en Rs podemos verificar que GMsf es la unica transferencia que practicamente nocambia con respecto a dichas variaciones, en cambio si evaluamos las otras comprobamos que:

AV sf =VoVs

=Io ∗RdVs

= GMsf ∗Rd = −0, 008 ∗ 6000 = −48

AIsf =IoIi

=Io ∗Risf

Vs= GMsf ∗Risf = −0, 008 ∗ 50 = −400

RMsf =VoIi

=Io ∗RdRisf

Vs= GMsf ∗Rd ∗Risf = −0, 008 ∗ 6000 ∗ 50000 = −2, 4MΩ

Como se ve, AV sf depende de Rd o sea de RL y AIsf depende de Rs a traves de Risf .

12

Simulacion

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Ejercicio 4

Como se puede observar en el circuito representado en la Figura 11, en la segunda etapa, mediante Re2 se tomauna muestra de la corriente en la carga Io y se la inyecta en la entrada de la primera etapa en una conexionparalelo. Se debe verificar si la realimentacion es negativa: Vi2 esta desfasada 180o respecto de Vi, mientras queVe2 esta en fase con Vi2, por lo que Ve2 se halla en contrafase con respecto a Vi. Dado que:

If =Vi − Ve2

R=−Ve2R

por lo que para una Is positiva, o sea Vi positivo (al ser Ve2 negativo) resultara un If tambien positivo y enconsecuencia Ii sera efectivamente la diferencia entre Is e If y la realimentacion negativa.

Figure 11: Circuito

Ahora procedemos a determinar la transferencia de la red de realimentacion, considerando que en el circuitoVi << Ve2, suponiendo Vi = 0:

β0Re2

Re2 +R=

50

1200 + 50= 0, 04

Mas tarde anulando Io determinamos la malla de entrada del circuito amplificador basico sin realimentary posteriormente anulando Vi tambien hallamos su malla de salida, resultando el circuito equivalente que seaprecia en la Figura 12. En este circuito se tiene:

R =Rs(R+Re2)

Rs +R+Re2=

1200(1200 + 50)

1200 + 1200 + 50= 612, 2kΩ

R′e2 =R ∗Re2R+Re2

=1200 ∗ 50

1200 + 50= 48Ω

Ic2Ib2

= hfe2 = 100,Ic1Ib1

= hfe1 = 100 yIoIc2

= −1

Como puede observarse en el circuito de la Figura 12, la segunda etapa presenta una realimentacion localtipo C-S ya estudiada por lo que la representaremos mediante su resistencia de entrada que como sabemos esafectada por dicha realimentacion local:

Ri2 = hie2 + (hfe2 + 1) ∗R′e2 = 1000 + (100 + 1) ∗ 48 = 5, 8kΩ

Luego, el circuito equivalente de la primera etapa con su correspondiente carga (sin realimentacion externa)queda tal como se indica en la Figura 13, del que extraemos los restantes cocientes:

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Figure 13: Circuito sin realimentacion externa

Ib2Ic1

=−Rc1

Rc1 +Ri2=

−3000

3000 + 5800= −0, 34

Ib1Is

=R

R+ hie1=

612200

612200 + 1000= 0, 998

AIs = (−1)∗hfe2∗ −Rc1Rc1 +Ri2

∗hfe1∗ R

R+ hie1= (−1)∗100∗ −3000

3000 + 5800∗100∗ 612200

612200 + 1000= (−1)∗100∗(−0, 34)∗100∗0, 998 = 3393

Ris =R ∗ hie1R+ hie1

=612200 ∗ 1000

612200 + 1000= 998Ω

Ros = Rc2 = 500Ω

Finalmente en el circuito realimentado tendremos:

D = 1 +AIs ∗ β = 1 + 3393 ∗ 0, 04 = 136, 72

AIsf =AIsD

=3393

136, 72= 24, 81

Podemos observar que AIsf = 24, 81 ≈ 1

β=

1

0, 04= 25.

Risf =RisD

=998

136, 72= 7, 29Ω

Finalmente, para el circuito realimentado se tiene:

Rosf =Ros ∗ (1 +Aisβ)

D= Ros = 500Ω

Teniendo en cuenta el resultado de Rosf , podemos concluir que la resistencia de salida del sistema realimen-tado esta dominada por la resistencia de carga Rc2.

15

Simulacion

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Ejercicio 5


En el circuito de la figura, para saber que tipo de realimentacion es, cortocircuitamos en este caso la saliday si me afecta al circuito de entrada que es de base emisor de la primera etapa, decimos que esta realimentadoen tension y esta parte de tension se encuentra en serie en el circuito de entrada. Luego es una realimentacionde tension en serie.

Los condensadores son todos de paso luego se cortocircuitan. El circuito equivalente en forma de cuadripoloy en corriente alterna es el esquema siguiente:

Figure 15: Ejercicio 5 - Esquema de la red de realimentacion

Para este tipo de realimentacion, tension en serie, el cuadripolo de realimentacion utiliza los parametros h,y de esta forma sabremos como carga el cuadripolo de realimentacion a la entrada y salida del amplificador, asıcomo el factor de realimentacion β.

El cuadripolo de realimentacion, como su equivalente en parametros h, lo dibujamos en la figura siguiente.

Figure 16: Ejercicio 5 - Cuadripolo de la red de realimentacion

ve1 = h11 ∗ ie1 + h12 ∗ vc2

i2 = h21 ∗ ie1 + h22 ∗ vc2

h11 = ve1ie1

= 200∗4800200+4800 = 190 cuando vc2 = 0

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h12 = ve1vc2

= 200200+4800 = 0, 04 = β cuando ie1 = 0mA

h22 = i2vc2

= 1200+4800 = 1

5kΩ cuando vc2 = 0

La fuente de intensidad de la salida h12 ∗ i1 es despreciable siempre frente a la fuente del amplificador. Porconsiguiente no la calculamos. El circuito nos quedarıa de la siguiente forma en la figura siguiente.

Figure 17: Ejercicio 5 - Circuito sin la fuente de intencidad

Si cortocircuitamos la fuente de tension β ∗ vc2 obtenemos el circuito sin realimentar en el que vamos acalcula la ganancia de tension, resistencias de entrada y salida. Empezamos el analisis por la segunda etapa T2.

Ganancia de intensidad: Ai2 = ic2ib2

= hfe∗ib2ib2

= hfe = 150

Resistencia de entrada: Ri2 = vb2ib2

= hie+ (hfe+ 1) ∗Re2 = 2.5 + (150 + 1) ∗ 0 = 2, 5kΩ

Resistencia de carga: Rcarga2 =Rc2

1h22

Rc2+ 1h22

= 2, 37kΩ

Ganancia de tension: Av2 = −Ai2 ∗ Rcarga2

Ri2= −150 ∗ 2,37

2,5 = −142, 2

Carga en el colector de T1: R′c1 = 20∗2,520+2,5 = 2, 22kΩ

Ahora analizamos la etapa T1:


= hfe∗ib1ib1

= hfe = 150


= hie+ (hfe+ 1) ∗ h11 = 2.5 + (150 + 1) ∗ 0, 19 = 31, 19kΩ

Ganancia de tension: Av1 = −Ai1 ∗ R′c1

Ri1= −150 ∗ 2,22

31,19 = −10, 68

Ganancia de tencion total:

Av = Av2 ∗Av1 = 1518, 7

Resistencia de salida Ro:

Ro =1

h22= 5kΩ

Resistencia de salida R′o:

R′o =Rc2 ∗RoRc2 +Ro

= 2, 37kΩ

18

Con todos estos datos vamos a calcular la del circuito realimentado, que por ser de realimentacion en seriese utilizan fuentes de tension , tanto en la entrada como salida.

Ganancia de tension:

Avf =vc2vb1

=Av

1 + βAv=

1518, 7

1 + (1518, 7 ∗ 0, 04)= 23, 67

Resistencia de entrada:

Rif =vb1ib1

= Ri1 ∗ (1 + βAv) = 31, 19 ∗ (1 + (1518, 7 ∗ 0, 04) = 1925, 92kΩ

Para el calculo de la resistencia de salida tenemos que calcular previamente A′vs que es la ganancia de tensionentre vc2 y vs, donde la carga de T2 es solo la resistencia 1

h22.

Ganancia de tension: A′v2 = −150∗52,5 = −300

=⇒

A′vs = (−300) ∗ (−10, 68) ∗ 31, 19

31, 19 + 0, 1= 3193, 77

La resistencia de salida del circuito realimentado:

Rof =Ro

1 + βA′vs=

5

1 + 0, 04 ∗ 3193, 77= 0, 04kΩ

Y la resistencia de salida incluyendo la caga sera:

R′of =Rof ∗Rc2Rof ∗Rc2

=0, 039 ∗ 4, 5

0, 039 + 4, 5= 0, 04kΩ

19

Ejercicio 7


En el circuito de la figura si cortocircuitamos la salida a masa, se ve claramente que el terminal de R queva al circuito de entrada cambia, luego es una realimentacion de tension, y este terminal esta en paralelo con lafuente de entrada. La topologia de este circuito es tension paralelo. Los datos que voy a usar son:

• hie = 1k1Ω

• hfe = 50

• ro = 100kΩ

Figure 19: Red de realimentacion

β = − 1R = −2, 5 ∗ 10−5S

Si reflejams la red de realimentacion a la entrada tengo:

Ri = 40kΩ

A la salida:

20

Ro = R = 40kΩ

Figure 20: Nuevo circuito con la realimentacion reflejada

RMS = Vo

I = Vo

IcIcIbIbI //

vo = −Ic Ro∗Rc

Ro+Rc= −hfe ∗ Ib Ro∗Rc

Ro+Rc

voIc

= − Ro∗Rc

Ro+Rc= 3, 64kΩ

IcIb

= hfe = 50

Req = Rs∗Ri

Rs+Ri

IbI =

Req

Req+hie = 0, 88

=⇒

RMS = 160, 16kΩ

D = 1 + β ∗RMS = 5

RMSf =RMS

D=

160, 16kΩ

5= 32, 03kΩ

Ris = Rs||Ri||hie = 967, 03Ω

Ros = ro||Ro||Rc = 3, 5kΩ

Risf =RisD

= 193, 4Ω

Rosf = 700Ω

Rif =Rs ∗RisfRs +Risf

= 197, 21Ω

Avsf =vovs

=vo

I ∗Rs= RMSf

1

Rs= 3, 2

21

Ejercicio 8


Si cortocircuitamos la salida la intensidad que circula por el emisor de T2 no cambia y por consiguiente nome afecta al circuito de entrada, que es el de la malla de la tension de entrada, y base emisor de T1 , por lo tantono es una realimentacion de tension, ahora bien si abrimos el circuito de salida la intensidad de colector se hacecero y por consiguiente la de emisor cambia la cual me afecta al circuito de entrada luego es una realimentacionde intensidad y esta se introduce en la entrada en paralelo, luego tenemos una realimentacion de intensidad enparalelo.

El circuito en forma de cuadripolos interconectados es el siguiente:

Figure 22: Cuadripolo de realimentacion

Ahora planteo el cuadripolo de realimentacion para calcular parametros g.

i1 = g11 ∗ vb1 + g12 ∗ ie2

ve2 = g21 ∗ vb1 + g22 ∗ ie2

22

Figure 23: Cuadripolo de realimentacion con parametro g

g11 = i1vb1

= 1R+Re2

= 120+1 = 1

21kΩ cuando ie2 = 0

g12 = i1ie2

= − Re2

Re2+R = − 120+1 = 1

21 cuando vb1 = 0

g22 = ve2ie2

= R∗Re2

R+Re2= 20

20+1 = 2021 = 0, 95kΩ cuando vb1 = 0

g21 no lo calculo porque esta fuente serıa despreciable frente a la fuente del cuadripolo de amplificacion.Ahora, en este circuito g12 no se corresponde exactamente con β por eso la realimentacion es:

if = βio = g12 ∗ ie2 = g12hfe+1hfe ic2 = g12

hfe+1hfe (−io)

=⇒

β = −g12hfe+ 1

hfe=

1

21

101

100=

1

21

Nos quedarıa el siguiente circuito donde si suprimimos la fuente de intensidad de la entrada obtenemos elcircuito sin realimentar.(en el circuito invierto el transistor T2).

Nota: (Los transistores NPN y PNP se comportan igual en alterna, solo se diferencian en lapolarizacion de continua).

Figure 24: Circuit sin fuente de intensidad

Ahora, procedemos a calcular la etapa T2:


= hfe = 100


= hie2 + (hfe+ 1)g22 = 2 + (100 + 1) ∗ 0, 95 = 97, 95kΩ

Resistencia de salida Ro es infinito.

Resistencia de salida R′o es igual a Rc2 = 4Ω

Ahora, trabajo en la etapa T1:


= hfe = 100

23


= hie1 + (hfe+ 1)Re1 = 2 + (100 + 1) ∗ 0 = 2kΩ


Ri =

1g11Ri1

1g11+Ri1

=21 ∗ 2

21 + 2= 1, 83kΩ

Ganancia de intensidad:

Ai =ioi1

= − ic2i1

= − ic2ib2

ib2ic1

ic1ib1

ib1i1

Ai = −Ai2−Rc1

Rc1 + ri2∗Ai1

1g11

1g11

+Ri1= −100

−12

12 + 97, 95∗ 100

21

21 + 2= 996, 5

Luego, calculamos el circuito realimentado:

Ganancia de intensidad:

Aif =ioi1

=Ai

1 + βAi=

996, 5

1 + 121996, 5

=996, 5

48, 45= 20, 57


Rif =vbi1

=Ri

1 + βAi=

1, 83

1 + 121996, 5

=1, 83

48, 45= 0, 037kΩ

La resistencia de salida Rof =∞ y la R′of = Rc2 = 4kΩ

En este problema las resistencias de salida no son afectadas por la realimentacion.La ganancia de tensiondel circuito realimentado:

Avf =vovs

=ioRc2

ii(Rs +Rif )= Aif

Rc2Rs +Rif

= 20, 574

1 + 0, 037= 79, 34

24

Ejercicio 9


Si cortocircuitamos la salida observamos que la malla de entrada no cambia, luego no es una realimentacionde tension, en cambio si abrimos la entrada la malla de entrada cambia, luego esta es una realimentacion deintensidad y en la malla de entrada esta en paralelo, conclusion es una realimentacion de intensidad en paralelo.

Pongamos el circuito original diferenciando los cuadripolos de amplificacion y realimentacion: es el esquemasiguiente:

Figure 26: Ejercicio 9 - Esquema de realimentacion

Aquı en el cuadripolo de realimentacion, calcularemos los parametros g .

Figure 27: Ejercicio 9 - Cuadripolo de realimentacion

25

i1 = g11vb1 + g12ie2

g11 = i1vb1

= 1R+Re2

= 110kΩ+1kΩ = 1

11kΩ cuando ie2 = 0

ve2 = g21vb + g22ie2

g12 = i1ie2

= − Re2Re2+R = − 1kΩ

10kΩ+1kΩ = − 111 = −0, 09 cuando vb1 = 0

g22 = veie

= Re2∗RRe2+R = 10kΩ∗1kΩ

10kΩ+1kΩ = 0, 9 cuando vb1 = 0

g21 no lo calculamos ya que esta fuente serıa despreciable frente a la fuente del cuadripolo de amplificacion.

En este circuito g12 no se corresponde exactamente con β, sino que serıa:

β = i1i0

= − i1ic2

= − i1∗ie2ie2∗ic2 = −g12

hfe+1hfe = (−0, 09) 101

100 = −0, 09

El circuito quedarıa de la siguiente manera, ver figura siguiente:

Figure 28: Ejercicio 9 - Resistencias de entrada y salida

Sı abrimos la fuente β ∗ ic tendremos el circuito sin realimentar, en el que vamos a calcular resistencias deentrada y salidas, y ganancia de intensidad.Empecemos por la segunda etapa T2:


= hfe = 100


= hie+ (hfe+ 1) ∗Re2 = 1(100 + 1) ∗ 1kΩ = 1 + (101) ∗ 1kΩ = 101kΩ

Resistencia de salida: Ro =∞

Resistencia de salida R′o:Rc2∗Rl

Rc2+Rl= 3,3kΩ∗47kΩ

3,3kΩ+47kΩ = 3, 08kΩ

Ahora la etapa T1:Ganancia de intensidad: Ai1 = ic1

ib1= hfe = 100


= hie+(hfe+1)∗Re1 = 1(100+1)∗4, 7kΩ = 1+(101)∗4, 7kΩ = 474, 7kΩ

Resistencia de salida: Ri =1

g11∗Ri1

1g11

+Ri1= 11∗474,7k

11+474,7k = 10, 7kΩ

Ganancia de intencidad: AI = i0i1

= − ic2i1

=⇒ − ic2ib2 ∗ib2ic1∗ ic1ib1 ∗

ib1ii

=⇒ −Ai2 ∗ −Rc1

Rc1+Ri2∗Ai1 ∗

1g11

1g11

+Ri1

=⇒ −100 ∗ −4,7kΩ4,7kΩ+101kΩ ∗ 100 ∗ 11

11+474,7kΩ

=⇒ −100 ∗ (−44, 4) ∗ 100(2, 310−5) = 10, 2

26

Vamos ahora a calcular las ganancias y resistencias del circuito realimentado:

Ganancia de intencidad: AIf = i0i1

= AI

1+βAI= 10,2

1+(−0,1)10,2 = 10,2−0,02 = −481, 7

Resistencia de entrada: Rif = vbii

= Ri

1+βAI= 10,7kΩ−0,02

Resistencia de salida Rof =∞ y R′of = Rc2||Rl = 3, 08kΩ

La ganancia de tension del circuito realimentado:

Avf = vc2vs

= −Aif ∗ Rc2||Rl

Rs+Rif= 481, 7 ∗ 3,08kΩ

600+Rif

Simulacion

27

Ejercicio 10


El circuito de la figura serıa equivalente al siguiente circuito:


Si cortocircuitamos la tension de salida observo que me afecta al circuito de entrada es decir la malla dondese encuentra Vs, luego esta es una realimentacion de tension y esta se encuentra en paralelo con la entrada luegopodemos decir que es una realimentacion de tension en paralelo. Aquı tendremos que utilizar los parametros Y .

Si este circuito lo dibujamos como cuadripolos realimentado tendre el circuito siguiente:

Figure 31: Cuadripolo de realimentacion

Ahora vamos a calcular los parametros Y en el cuadripolo de realimentacion, cuya ecuacion es la siguiente:

i1 = y11 ∗ v1 + y12 ∗ v2 e i2 = y21 ∗ v1 + y22 ∗ v2

donde i1, v1 y i2, v2 son intensidad y tension de entrada y salida respectivamente donde las intensidadessiempre entran en el circuito.

28

y11 =i1v1|vo=0=

1

R

y12 =i1v2|v1=0= − 1

R

y22 =i2v0|v1=0=

1

R

El cuadripolo de realimentacion serıa la siguiente figura:

Figure 32: Cuadripolo de parametros Y

La β de realimentacion nos viene expresada por: if = β ∗ vo = − 1R ∗ vo , luego se deduce que β = − 1

R .

En este cuadripolo se desprecia el valor de y21∗v1 (equivale a un circuito abierto) frente al circuito de salidadel cuadripolo de amplificacion. Quedando el circuito de la siguiente forma:

Figure 33: Circuito equivalente con parametros Y

+ En este circuito la fuente de intensidad y12 ∗ vo, se abre y tendremos el circuito sin realimentar, dondevamos a calcular la ganancia de transresistencia RM = vo

is . Esto debido a la realimentacion de tension enparalelo is = vs

Rs, es decir el thevenin de Vs en serie con Rs lo expresamos como una fuente de intensidad en

paralelo con la Resistencia Rs. Quedando el siguiente circuito sin realimentar:

Figure 34: Resistencias de entrada y salida

En este circuito sin realimentar vamos a calcular la ganancia de transresistencia en primer lugar y despuesresistencia de entrada Ri y resistencia de salida incluyendo la resistencia R.

29

vi =−isRi 1

Ri

1Rs

+ 1R + 1

Ri

vo =AvviR

R=

−isAvRR( 1

Rs+ 1

R + 1Ri

)

RM =vois

=−AvR

R( 1Rs

+ 1R + 1

Ri)

RMβ = RM−1

R=

Av

R( 1Rs

+ 1R + 1

Ri)

Para el circuito realimentado tendremos:

RMf =vois

=RM

1 +RMβ=

−AvRR( 1

Rs+ 1

R + 1Ri

)

1 + Av

R( 1Rs

+ 1R + 1

Ri)

RMf =−AvR

R( 1Rs

+ 1R + 1

Ri) +Av

Entonces, ahora calculamos la ganancia de tension del circuito realimentado:

Avf =vovs

=voisRs

=−Av RRs

R( 1Rs

+ 1R + 1

Ri) +Av

Si queremos calcular dicha ganancia en el caso ideal donde Ri = Av = ∞. Haciendo el lımite en estascircunstancias nos queda:

Avf =vovs

= limAv→∞

−Av RRs

R( 1Rs

+ 1R + 1

Ri) +Av

= − R

Rs

Para hallar la resistencia de entrada y salida, calculemos primero la del circuito sin realimentar y apliquemoslas ecuaciones del circuito realimentado. Vamos a calcular la resistencia de entrada que aplicandole la formuladel circuito realimentado queda:

Rif =R′i

1 + βRM=

11

Rs+ 1

R + 1Ri

1 + Av

R( 1Rs

+ 1R + 1

Ri)

=R

R( 1Rs

+ 1R + 1

Ri) +Av

Si el amplificador operacional es ideal:

limAv→∞

Rif = 0Ω

Para el calculo de la resistencia de salida, necesitamos calcular Rm y este valor nos viene expresado por:

Rm = limR→∞

RM =−AvRiRsRi +Rs

Rof =1

1 + βRm=

1

1 + (− 1R )(−AvRiRsRi +Rs

)=

R(Ri +Rs)

R(Ri +Rs) +AvRiRs

Si el amplificador operacional es ideal:

limAv→∞

Rof = 0Ω

30

R′of =RofR

Rof +R=

R(Ri +Rs)

R(Ri +Rs) +AvRiRsR

R(Ri +Rs)

R(Ri +Rs) +AvRiRs+R

=R(Ri +Rs)

R(Ri +Rs) +AvRiRs

Con el amplificador operacional ideal se tiene:

limAv→∞

R′of = 0Ω

31

Feedback circuits (calculations)

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