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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
ELECTRÓNICA
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
TEORÍA BÁSICA Y EJERCICIOS RESUELTOS
CAPITULO 3
REALIMENTACIÓN
1
PROFESOR: Jorge Forero
CONCEPTO DE REALIMENTACIÓN REALIMENTACIÓN DE VOLTAJE EN SERIE REALIMENTACIÓN DE VOLTAJE EN PARALELO REALIMENTACIÓN DE CORRIENTE EN SERIE REALIMENTACIÓN DE CORRIENTE EN PARALELO
1-2015
JORGE G FORERO G
CAPITULO 3.Realimentación con Amplificadores
3.1. CONCEPTO DE REALIMENTACIÓN
Realimentar es tomar una muestra de señal de la salida (voltaje o corriente) del amplificador y mediante la red de realimentación colocar esa muestra en la entrada del circuito para así realimentarlo .En la realimentación negativa la señal realimentada tiende a reducir la señal de entrada al amplificador.
El procedimiento para analizar un amplificador que contenga realimentación se puede enumerar en los siguientes puntos.
1. Identificar la resistencia o resistencias que forman la red
2. Mirar las fases de las señales en las resistencias que forman la red y de esas fases determinar si la realimentación es positiva o negativa.
3. Se identifica topología de la realimentación.
4.Se determina el factor de realimentación de acuerdo a la disposición de las resistencias que conforman la red de realimentación:
5.Se determina las ganancias con realimentación Avf (de voltaje) y Aif (de corriente).
6.Se hallan las impedancias con realimentación. Zif (de entrada) y Zof (de salida)
Figura 3. 1 Diagrama de bloques de un circuito realimentado
La ganancia del amplificador realimentado A f , Se detrmina así:
A=Xo
X i
(Gananciadel Amplificador Básico )
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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
B=X f
Xo
(Ganancia de la Red de Realimentación)
Para la entrada del amplificador A la ecuación está dada por:
X i=XS−X f
Y como la entrada de la señal está representada como Xs despejamos y nos queda:
X s=X i+X f
Despejando X i y X f de la ecuación A y B y remplazándola en nuestra ecuación principal nos queda:
X s=Xo
A+B Xo X s=
X o+AB X o
A
X s=Xo(1+AB)
AX s
Xo
=(1+AB)
A
Xo
XS
= A(1+AB)
A f=A
(1+AB)
En pocas palabras como X i=X s−X f A=Xo
X i
B=X f
Xo
, fácilmente se comprueba que:
A f=A
1+ABEn donde Af es la ganancia con realimentación
3.1.1. TIPOS DE CONFIGURACIÓN DE CIRCUITOS REALIMENTADOS
Combinando las dos variables de muestreo (salida) con las dos variables de comparación (entrada) se obtienen cuatro configuraciones básicas de realimentación, según se muestra en la figura Ellas son:
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a) Serie Muestra de voltaje Compara con voltaje.b) Paralelo – Muestra de voltaje Compara con corriente.c) Serie – Muestra de corriente Compara con voltaje.d) Paralelo Muestra de corriente compara con corriente.
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3.2. REALIMENTACIÓN DE VOLTAJE EN SERIE (MVCV)
Figura 3. 3 Diagrama de Bloques
Si señal de realimentación y la señal de entrada esta en fase, la realimentación es negativa. La ganancia en lazo abierto es decir la ganancia sin realimentación es:
A=VoVi
La ganancia de la realimentación es:
4
a) Serie Muestra de voltaje Compara con voltaje.b) Paralelo – Muestra de voltaje Compara con corriente.c) Serie – Muestra de corriente Compara con voltaje.d) Paralelo Muestra de corriente compara con corriente.
NOTA IMPORTANTE: Para la realimentación NEGATIVA en serie la muestra realimentada se encuentra en fase con la entrada y cuando la realimentación es en paralelo la entrada y la
salida están desfasados 180 grados.
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
B=VfVo
Haciendo la malla de la izquierda:
Vg=Vi+Vf
Remplazando Vi y Vf :
Vg=VoA
+BVo
Sacando factor común Vo:
Vg=Vo [ 1A +B]Como Af=Vo
Vg
Entonces la ganancia de voltaje con realimentación es:
Avf= A1+AB
Hallamos las impedancias de entrada y de salidaVg=Vi+BVoVg=Vi+ABVi
Como:
Zif=VgIif
Zif=Vi [1+AB ]
IiZif=Zi [1+AB ]
Para Zo hacemos Vg = 0 y colocamos una fuente de voltaje V para hallar VI=Zof
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Figura 3. 4
V=IZo+AVi
Como
Vf=−ViV=IZo−AVfV=IZo−ABVV [1+AB ]=IZo
Como
Zof=VI
Zof= Zo1+AB
Y finalmente la ganancia de corriente con realimentación es
Aif= Avf ×ZifRl
Para hallar la ganancia en lazo abierto es decir sin realimentación se debe considerar los efectos de la carga que se denominan Za y Zb es decir la impedancia de Miller., considere el siguiente circuito
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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Figura 3. 5
Para hallar Za hacemos Vo = 0
Za=R2¿Rf
Para hallar Zb hacemos Ii = 0
Zb=R2+Rf
Hallamos B es decir la ganancia de la realimentación, hacemos Ii=0Y aplicando el divisor de voltaje
Vf= R2VoR2+Rf
B = Vf/Vo
B= R2R2+Rf
EJEMPLOS
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Ejemplo 3.2.1
Hallar Avf, Ai, Zif, Zof
Figura 3. 6
ANALISIS EN DC
Antes de realizar algún cálculo de ganancias e impedancias , debemos determinar el punto de trabajo para garantizar que los transistores estén en zona activa:
Etapa 1:
Ya que RE no es mayor o igual que 10R2 debemos usar el método exacto para hallar Icβ
Vth=Vcc∗R2R2+R1
Vth=20v∗15 k15k+60k
=4 v
Ib=Vth−VBERth+βRE
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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Rth=60k /¿15k=12k
Ib= 4 v−0.7 v12k+(200∗0.5k )
=29.5µA
Ic=βIb
Ic=200∗29.5 µA=5.9mA
VCEQ1=20 v−[5.9×10−3 A× (2+0.5 )×103 ]
VCEQ1=20 v−14,75v=5.25v
QDC1=5,25 v20 v
=0.26(Zona Activa)
ℜ1= 26mV5.9mA
=4.41
Etapa 2: Como se cumple el criterio de RE>10R2 usamos el método aproximadoβ
VB=Vcc∗R2R 2+R1
VB= 20∗20k20k+80 k
=4 v
VE=VB−VBE
VE=4 v−0.7 v=3.3v
IE=Ic=3.3v1k
=3.3mA
VCEQ2=20 v−[3.×10−3 A× (3+1 )×103 ]
VCEQ2=20 v−13.2v=6.8v
QDC2=6.8 v20 v
=0.34(Zona Activa)
ℜ2= 26mV3.3mA
=7.88
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ANALISIS EN AC
Consideramos los condensadores como un corto ,las fuentes de voltaje a cero (tierra) y dibujamos el modelo para cada etapa quedando así:
Figura 3. 7
RB1=60k /¿15k=12k
RB 2=80k /¿20 k=16k
Za=0.5k /¿3 k=0.43k
Zb=0.5 k+3k=3.5 k
β (ℜ1+Za )=200 (4.41+0.43k )=86.88k
βre2=200×7.88=1.58k
ZL1=2k /¿16 k /¿1.58k
Zi=12k /¿86.88k=10.54 k
B= 0.5k3k+0.5k
=0.14
AV 1=−2k /¿16 k /¿1.58k3.94+0.43 k
= 0.84k432.94
=−1.94
AV 2=−3k /¿3.5k /¿1k7.88
=0.62k7.88
=−78.68
AVt=−78.68∗−1.94=152.64
Zof= 0.61k1+(152.64∗0.14 )
=27.26
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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Zif=10.54 k∗(1+152.64∗0.14 )=235.78k
AVf= 152.641+(152.64∗0.14)
=6.82
Ai=6.82∗235.78k1k
=1608.02
Ejemplo 3.2.1. Halle las ganancias de voltaje, corriente, impedancias de salida y entrada, aplicando análisis por realimentación, haga el ejercicio con RF para valores de 10KΩ, 40KΩ y 100KΩ.
Solución:
Análisis en DC:
El análisis en DC para RF con valores de 10KΩ, 40KΩ y 100KΩ es el mismo.
11
De acuerdo con lo anterior podemos concluir que en la realimentación de voltaje en serie:
•La impedancia de entrada aumenta
•La impedancia de salida disminuye
•La red de realimentación está en fase con respecto a la entrada
Y con respecto a las ganancias:
•La ganancia de voltaje disminuye con respecto a la ganancia en lazo abierto
•La ganancia de corriente es la misma con respecto a la de lazo abierto
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Figura 3. 8
Q1:
Se cumple el criterio
β R≥=¿10 R2¿ = 150K>=200K (NO SE CUMPLE)
Ib=(4,5v –0,7 v /15k+150k )=23,03 µA
Vth=(18 v∗20k /80k)=4,5 v
Rth=(60k∗20k /80k)=15k
Ic=23,03 µA∗150=3,45mA
Vce1=18−3,45mA (3k )=7,65v
Qdc1=7,65 v /18 v=0,46 v
ℜ1=26mV /3,45mA=7,53Ω
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Q2:
Se cumple el criterio
β R≥=¿10 R2¿ = 200K>=250K (NO SE CUMPLE)
Ib=(4,2v –0,7 v /19,15k+200k )=15,97 µA
Vth=(18 v∗25k /107 k)=4,2v
Rth=(82k∗25k /107k )=19,5k
Ic=15,97 µA∗200=3,19mA
Vce2=18−3,19mA (3,5 k)=6,83v
Qdc2=6,83 v /18v=0,38 v
ℜ1=26mV /3,19mA=8,15Ω
Análisis en AC:
Análisis en Ac para una Rf de 10k:
Cuando V0= 0; Za=1k∨¿10 k=909,9Ω
Cuando Ii=0;Zb=1k+10k=11k
B=0,09K
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Figura 3. 9
Figura 3. 10
Lazo abierto:
Zl1=2k /¿19,15K /¿1 ,62K=0,85kZl211k /¿2,5k=2,037K
Av1=−0,92; Av2=−2,49,93.Avt=231,54
Ai=1252,18
Zi=13,52kZ0=2,037k
Realimentación:
A .B=20,8314
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
1+A .B=21,83
Avf=10,6
Zif=293,14 k
Zof=93,11Ω
Aif=1251,39
Análisis en AC para una Rf de 40k:
Cuando V0= 0; Za=1k /¿ 40k=0,975 k
Cuando Ii=0;Zb=1k+40k=41k
B=0,024 K
Figura 3. 11
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JORGE G FORERO G
Figura 3. 12
Lazo abierto:
Zl1=2k /¿19,15K /¿1 ,62K=0,85kZl241k /¿2,5k=2,35K
Av1=−0,86 ; Av 2=−289,07.Avt=250,08
Ai=1361,86
Zi=13,61kZ0=2,35k
Realimentación:
A .B=6,0011+A .B=7,001
Avf=35,721
Zif=487,38k
Zof=65,95Ω
Aif=6963,88
Análisis en AC para una Rf de 100k:
Cuando V0= 0; Za=1k /¿100k=0,99k
Cuando Ii=0;Zb=1k+100k=101k
B=0,01K
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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Realizamos el circuito en DC y AC:
Figura 3. 13
Figura 3. 14
Lazo abierto:
Zl1=2k /¿19,15K /¿1 ,62K=0,85kZl2101k /¿2,5k=2,43K
Av1=−0,85 ; Av 2=−298,15.Avt=254,06
Ai=1385,47
Zi=13,63kZ0=2,43k
Realimentación:
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JORGE G FORERO G
A .B=2,541+A .B=3,54
Avf=71,75
Zif=978,27k
Zof=686,32Ω
Aif=28079,30
RF Zif (KΩ) Zof (Ω) Aif Avf
10k 293,14 93,11 1251,39 10,6
40k 487,38 65,95 6963,88 35,721
100k 978,27 686,32 28079,3 71,75
3.3. REALIMENTACION DE VOLTAJE EN PARALELO
MVCI (Muestra de Voltaje Comparado con Corriente)
DIAGRAMA EN BLOQUES
Figura 3. 15 Diagrama de Bloques
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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
AR=VoIi
B= IfVo
De acuerdo al diagrama en bloque:
Ig=Ii+ If
Ig= VoAR
+VoB
Ig=Vo[ 1+ARBAR ]
Entonces:
VoIg
=ARF= AR1+ARB
Para Zi:
Ig=Ii+ If
Ig=Ii+BVo
Ig=Ii+ARBIi
Ig=Ii [1+ARB ]
Entonces, dividiendo en Vi:
IgVi
= IiVi
[1+ARB ]
Donde
IiVi
=Zi
Entonces
Zif= ViIg
= Zi1+ARB
Para Zo; se hace Ig=0; donde Ii=-If
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JORGE G FORERO G
Figura 3. 16
V=IZo+ARIi
V=IZo+ [−ARIf ]
Y sabiendo que;
B= IfVo
Donde Vo se reemplazó por la fuente V.
V=IZo−ARBV
V [1+ARB ]=IZo
Entonces
VI=Zof=[ Zo
1+ARB ]Para hallar la ganancia en lazo abierto se debe tener en cuenta el efecto de carga de la realimentación.
Figura 3. 1720
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Haciendo Vo=0, encontramos que ZA=RF
Haciendo Vi=0, encontramos que ZB=RF
Ahora B= IfVo
Entonces
Vo=IfRf
IfVo
= 1Rf
=B
Luego…
AR=VoIi
Y sabiendo que
Ii=ViZi
Entonces
AR=VoViZi
AR=VoZiIi
=AvZi
Avf= ARfZif
Para tener en cuenta:
AR=VoIi
=VoViZi
=AvZi
ARf=AvfZif
Av= ARZi
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JORGE G FORERO G
Avf= ARfZif
= Ar
[1+ArB ] Zi[1+ArB ]
Entonces
Avf= ARZi
EJERCICIOS
Ejercicio 3.3.1.
Hallar B, Aif, Avf, ZA, ZB, ZL2, ZL1, Zi ,Zif y Zof
22
De acuerdo con lo anterior podemos concluir que en la realimentación de voltaje en paralelo:
•La impedancia de entrada se reduce
•La impedancia de salida disminuye
•La red de realimentación está en desfase de 180° con respecto a la entrada
•La red de realimentación hace nodo a la entrada
Y con respecto a las ganancias:
•La ganancia de voltaje es la misma con respecto a la ganancia en lazo abierto
•La ganancia de corriente disminuye con respecto al lazo abierto
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Figura 3. 18
Es importante verificar que la señal de realimentación este en desfase con respecto a la de entrada.
Figura 3. 19
Verificando que el circuito efectivamente está realimentando en paralelo, procedemos.
Analizando el circuito en DC:Transistor 1:
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Hallamos voltaje Thévenin
Vth=Vcc∗R2R2+R1
Vth=20 v∗20K80 k+20k
=Vth
Vth=4 v
Y la resistencia equivalente en la base, el paralelo entre R1 y R2, que es la misma resistencia thevelin
Rb=20K /¿80Kth
Rb=16K=Rth
Y procedemos a hallar Ib, para encontrar Ic
Ib=Vth−VBERth+βRE
ib= 4 v−0.7 v16K+80K
ib=34,375 μA
Ya teniendo Ib, procedemos a encontrar Ic
Ic=βIb
Ic=200∗34,375 μA
Ic=6.875mA
Antes de proceder a realizar algún análisis mayor es importante conocer el punto de trabajo del transistor, que se encuentre en zona activa, para ello se halla el QDC.
VCE=Vcc−Ic [Rc+ℜ ]
VCE=20 v−6,875mA [1K+0,4 K ]=10,375v
QDC=VCEVcc
QDC=10,375v20v
=0,52
Conociendo Ic, procedemos a hallar re, la resistencia dinámica:
ℜ= 26mV6,875mA
24
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
ℜ=3.78Ω
Transistor 2:
Hallamos Voltaje Thévenin
Vth=Vcc∗R2R2+R1
Vth=20 v∗10K50 k+10k
=Vth
Vth=3.33v
Y la resistencia equivalente en la base, el paralelo entre R1 y R2, que es la misma resistencia Thévenin
Rb=10K /¿50Kth
Rb=8.33K=Rth
Y procedemos a hallar Ib, para encontrar Ic
Ib=Vth−VBERth+βRE
ib= 3.33 v−0.7 v8.33K+60K
ib=38.49 μA
Ya teniendo Ib, procedemos a encontrar Ic
Ic=βIb
Ic=200∗38.49 μA
Ic=7.698mA
Antes de proceder a realizar algún análisis mayor es importante conocer el punto de trabajo del transistor, que se encuentre en zona activa, para ello se halla el QDC.
VCE=Vcc−Ic [Rc+ℜ ]
VCE=20 v−7.698mA [1K+0,3K ]=9.99v
QDC=VCEVcc
QDC=9.99v20v
=0,5
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JORGE G FORERO G
Conociendo Ic, procedemos a hallar re, la resistencia dinámica:
ℜ= 26mV7.698mA
ℜ=3.378Ω
Transistor 3:
Hallamos voltaje Thévenin
Vth=Vcc∗R2R2+R1
Vth= 20 v∗30K100k+30k
=Vth
Vth=4.62v
Y la resistencia equivalente en la base, el paralelo entre R1 y R2, que es la misma resistencia Thévenin
Rb=30K /¿100Kth
Rb=23.08K=Rth
Y procedemos a hallar Ib, para encontrar Ic
Ib=Vth−VBERth+βRE
ib= 4.62 v−0.7 v23.08K+100K
ib=31.85 μA
Ya teniendo Ib, procedemos a encontrar Ic
Ic=βIb
Ic=200∗26.812 μA
Ic=6.37mA
Antes de proceder a realizar algún análisis mayor es importante conocer el punto de trabajo del transistor, que se encuentre en zona activa, para ello se halla el QDC.
VCE=Vcc−Ic [Rc+ℜ ]
VCE=20 v−6.37mA [1K+0,5K ]=10.45v
QDC=VCEVcc
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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
QDC=10.45v20v
=0,52
Conociendo Ic, procedemos a hallar re, la resistencia dinámica:
ℜ= 26mV7.698mA
ℜ=4.082Ω
Analizando en circuito en AC:
B= IfVo
Vo=If Rf
B= 1Rf
B= 13K
B=3.33 x10−4
Impedancias De Entrada Y Salida De Realimentación
Para ZA hacemos Io=o
ZA=Rf
ZA=3k
Para ZB hacemos Vi=o
ZB=Rf
ZB=3k
Hallamos la ganancia de voltaje total, que es la misma ganancia en lazo abierto.
27
JORGE G FORERO G
Redibujamos el circuito en Ac, teniendo en cuenta las impedancias de entrada y de salida, (ZA y ZB)
Figura 3. 20
Zi=3k‖16k‖756Ω
Zi=581.85Ω
Zl1=1k‖8.33k‖675.6
Zl1=¿348.58
Zl2=1k‖23.08k‖816.4
Zl2=¿440.87
Zl3=1k‖1k‖3k
Zl3=¿428.57
Ganancias
Av1=−ZL1ℜ
Av1=348.58Ω3,78Ω
Av1=−92,22
Av2=−Zl2ℜ
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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Av2=−440.87Ω3.378Ω
Av2=−130.51
Av3=−ZL3ℜ
Av3=428.57Ω4.082Ω
Av3=−104.99
AvT=Av 1∗Av2∗Av3
AvT=1263621
AR=VoIi
=VoZiVi
AR=AvZi
AR=(1263621)(581.85)
AR=735237878.85
Entonces:
AR∗B=(735237878.85)(3.33 x10−4)
AR∗B=244834.21
Ahora
ARf=AR /1+AR∗B
ARf=735237878.85/244835.21=3002.99
Zif= Zi1+AR∗B
Zif= 585.811+244834.21
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JORGE G FORERO G
Zif=2.39 x 10−3
Y finalmente
Avf= ARfZif
=3002.992.39
10−3
Avf=1256481
Aif= AvT∗ZifRL
Aif=1263621∗2.39 x 10−3
1k
Aif=3.02
EJEMPLO 3.3.2Hallar Avf, Aif, Zof, Zif para el siguiente sistema.
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ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Análisis en DC Etapa 1
V th=Vcc×RB2
RB1+RB2
=(15v )×(20K )
100K=3v
Rth=RB1×RB2
RB1+RB2
=(80K)×(20K )
100K=16KΩ
IB=V th−V BE
Rth+ß RE
=(3 v )−(0.7 )
16K+200 (0.5K )=19.8µA
IC=ß× IB=200 (19.8 µA )=3.96mA
re=26mVIC
= 26mV3.96mA
=6.56Ω
V CE=Vcc−IC (RC+RE )=15v−3.96mA (2K+0.5K )=5.1v
QDC=V CE
Vcc=5.1v15v
=0.34
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JORGE G FORERO G
Análisis en DC Etapa 2
V th=Vcc×RB2
RB1+RB2
=(15v )×(12K )
97K=1.85 v
Rth=RB1×RB2
RB1+RB2
=(85K)×(12K )
97K=10.51KΩ
IB=V th−V BE
Rth+ß RE
=(1.85v )−(0.7v )
10.51K+200 (0.5K )=10.40 µA
IC=ß× IB=200 (10.40 µA )=2.08mA
re=26mVIC
= 26mV2.08mA
=12.5Ω
V CE=Vcc−IC (RC+RE )=15v−2.08mA (3K+0.5K )=7.72v
QDC=V CE
Vcc=7.72v15v
=0.51
Análisis del sistema en AC del sistema:
Para hallar ZA hacemos V o=0ZA=4.7KΩ
Para hallar ZB hacemos V i=0ZB=4.7KΩ
B= 1Z B
= 14.7K
=212.76µ S
32
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
ZL2=¿0.5K//4.7K//3K = 80.5KΩ
ZL1=2K// 10.5K // 80.5K= 1.64 KΩ
AR=V O
I i=V O×ZiV i
=Av×Z i
ARf=Avf×Z if
ARf=AR
1+AB=A v×Z i
1+AB
Igualando:
Avf×Z if=Av×Z i
1+AB
Avf×Z i
1+AB=Av×
Zi1+AB
Avf=Av
Av1=−ZL 1
ℜ1=−1.64K6.56Ω
=−250
Av2=−Z L2
ℜ2+ZL 2
= −0.39K12.5+0.39K
=0.96
33
JORGE G FORERO G
Avt=Av 1× Av 2=(−250 )× (0.96 )=−240 Avf=Av
Avf=−240Zi = 16K // 4.7K // 1.3K = 0.95K
AR=Av×Z i= (240 )× (0.95K )=228K
D=1+AB=1+ (228K )× (212.76µ)=48.50
Zif=Zi
1+AB=0.95k49.50
=19.58Ω
Aif=Avf
ZifRL
=240× 19.58Ω3KΩ
=1.56
Zof=12.548.5
=0.25Ω
Avf Aif AR Zif Zof
-240 1.56 228k 19.58Ω 0.25 Ω
34
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
3.4. REALIMENTACION DE CORRIENTE EN SERIE
DIAGRAMA EN BLOQUES
Figura 3. 21 Diagrama de Bloques
Para hallar la ganancia (Agmf) de la realimentación sabemos que:
Figura 3. 22
35
Nota: para la realimentación de corriente en serie es decir de corriente comparada contra voltaje se tiene que tomar siempre en cuenta que la señal de entrada del amplificador debe estar en fase con la
red de realimentación.
JORGE G FORERO G
Agm=I 0v i
B=V f
I 0
vg=v i+v f
vg=I 0Agm
+BI 0
vg=I 0[1+AgmB]
Agm
I 0v g
=Agmf=Agm
1+AgmB
Para hallar la impedancia de entrada (Zif ) del siguiente circuito con realimentación partimos de:
vg=v i+B I 0
v gii
=v i+A (B)v i
ii
Zif=Z i[1+AB ]
Para hallar la impedancia de salida (Zof) hacemos vg=0 y v f=−v i
Figura 3. 23
VI=Zof
I=AVi+VZo
36
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
I=−AVf+VZo
I=−A B I+ VZo
VZo
=I [1+AB ]
VI=Zof=Zo [1+AB ]
Figura 3. 24
Para hallar la impedancia ZA de la realimentación hacemos io=0 de la cual obtenemos que ZA será
igual a:
ZA=RE1/¿(R f+RE3)
Para hallar la impedancia ZB de la realimentación hacemos ii=0 de la cual obtenemos que ZB será
igual a:
ZB=RE3/¿ (RE 1+R f)
Para hallar la BSabemos que:
B=V f
I o37
JORGE G FORERO G
V f=RE1 x IX
IX=I o RE3
RE1+RE3+R f
V f=I o RE1 x RE3
RE 1+RE3+R f
B=V f
I o=
RE 1(RE3)RE1+RE3+R f
Para hallar la Ganancia de voltaje Agmf de la realimentación partimos de:
Agm=I oV i
=V o
V iZ L
=Av
ZL
Agmf=Agm
1+AgmB
Avf=Agmf (ZL)
Para hallar la Ganancia de corriente (Aif ) con realimentación simplemente remplazamos:
Aif=Avf (zif )RC
Ejemplo 3.3.1
Realimentación de corriente en serie como un amplificador de 3 etapas de emisor común acopladas por condensador. Hallar Avf, Aif ,Zif Zof
38
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Figura 3. 25
Análisis en DC para la etapa 1 del transistor
RB1=(R1/¿R2)
RB1=(60K Ω /¿15K Ω)
RB1=12K Ω
V B1=V CC (R2)R1+R2
V B1=20V (15K Ω)75K Ω
V B1=4V
IB1=V B1−V BE
RB 1+B(RE1)
IB1=4V−0,7V
12K Ω+(200)(1K Ω)
IB1=15,56 μA
IC 1=IB1(B)
IC 1=15,56μA (200)
IC 1=3,11mA
V CEQ=V CC−IC 1(RC 1+RE1)
V CEQ=20V−3,11mA (3K Ω)
V CEQ=10,67V
QDC=V CEQ
V CC
QDC=10,67V20V
QDC=0,53
Re 1=26mVIC 1
39
JORGE G FORERO G
Re 1=26mV3,11mA
=8,36Ω
Análisis en DC para la etapa 2 del transistor
RB2=(R3/¿R4)
RB2=(80K Ω /¿20K Ω)
RB2=16K Ω
V B2=V CC (R4)R3+R4
V B2=20V (20K Ω)100K Ω
V B2=4V
IB2=V B2−V BE
RB 2+B(RE2)
IB2=4V−0,7V
16K Ω+(200)(500Ω)
IB2=28,44 μA
IC 2=IB2(B)
IC 2=28,44 μA (200)
IC 2=5,68mA
V CEQ=V CC−IC 2(RC2+RE2)
V CEQ=20V−5,68mA (2K Ω)
V CEQ=8,64V
QDC=V CEQ
V CC
QDC=8,64V20V
QDC=0,43
Re 2=26mVIC 2
Re 2=26mV5,68mA
=4,57Ω
Análisis en DC para la etapa 3 del transistor
RB3=(R5/¿R6)
RB3=(24K Ω /¿6K Ω)
RB3=4,8K Ω
V B3=V CC(R6)R5+R6
V B3=20V (6K Ω)30K Ω
V B3=4V
40
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
IB3=V B3−V BE
RB3+B(RE3)
IB3=4V−0,7V
4,8K Ω+(200)(1 ,5K Ω)
IB3=10,82 μA
IC 3=IB3(B)
IC 3=10,82μA (200)
IC 3=2,16mA
V CEQ=V CC−IC 3(RC 3+RE3)
V CEQ=20V−2,16mA (4,5K Ω)
V CEQ=10,28V
QDC=V CEQ
V CC
QDC=10,28V20V
QDC=0,51
Re 3=26mVIC 3
Re 3=26mV2,16mA
=12,03Ω
Análisis en AC:
Para ZA de la realimentación hacemos io=0
ZA=RE1/¿(R f+RE3)
ZA=1K Ω /¿(3KΩ+1,5K Ω)
ZA=818Ω
Para ZB de la realimentación hacemos ii=0
41
JORGE G FORERO G
ZB=RE3/¿ (RE 1+R f)
ZB=1,5K Ω /¿(1KΩ+3KΩ)
ZB=1.09K Ω
Para hallar la BSabemos que:
B=V f
I o
B=V f
I o=
RE 1(RE3)RE1+RE3+R f
B=1K Ω(1,5K Ω)
1K Ω+1,5K Ω+3K Ω
B=272
Figura 3. 26 Circuito en AC
ZL1=RC 1/¿RB2/¿B (re 2)
ZL1=2K Ω /¿16K Ω /¿0,91K Ω
ZL1=601ΩZL2=RC 2/¿RB3/¿B (re 3+ZB)
ZL2=1,5K Ω /¿ 4,8K Ω /¿220,40K Ω
ZL2=1,13K ΩZL3=3K Ω
AV 1=−Z L1
r e1+ZA
AV 1=−601Ω
8,36Ω+818Ω
AV 1=−0,72
AV 2=−ZL 2
re2
AV 2=−1,13K Ω4,57Ω
AV 2=−247,26
42
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
AV 3=−ZL3
re3+ZB
AV 3=−3K Ω
12,03Ω+1,09KΩ
AV 3=−2,72
AV=(A ¿¿V 1) (AV 2 ) ( AV 3 )=¿¿
AV=(−0,72) (−247,26 ) (−2,72 )=¿
AV=−484,23
Agm=I oV i
=V o
V iZ L
=Av
ZL
Agm=AV
ZL
Agm=484,233KΩ
Agm=0,16
Ganancia de voltaje de la realimentación
Agmf=Agm
1+AgmB
Agmf=0,16
1+0,16(272)=¿
Agmf=0,0036AVf=A gmf (Z L)
AVf=0,0036(3KΩ)
AVf=10.8
Impedancia de entrada sin realimentación
Zi=RB1/¿ β (re 1+Z A)
43
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Zi=12K Ω /¿165,27K Ω
Zi=11,18K Ω
Impedancia de entrada de la realimentación
Zif=Z i[1+AB ]
Zif=11,18K Ω [1+0.0036(272)]
Zif=22,14K Ω
Ganancia de corriente de la realimentación
Aif=AVf (zif )RC
Aif=10.8(22.14K Ω)
3K Ω
Aif=79.70
Impedancia de salida de la realimentación
Zof=Zo[1+AB ]
Zof=3K Ω [1+(0.0036)272]
Zof=5.94K Ω
Ejemplo 3.3.2
Hallar Avf, Aif, Zif, Zof.
45
JORGE G FORERO G
Figura 3. 27
Teniendo en cuenta los resultados en DC del ejercicio anterior.
re1= 8.36 Ω
re2= 4.57Ω
re3= 12.03Ω
Para ZA de la realimentación: I 0=0 ; Para ZB de la realimentación: I i=0 ;
ZA=1K∨¿ 40K+1.5K ZB=1.5K∨¿40K+1K ZA=0.98K ZB=1.45K
Para hallar B sabemos
B=V f
I o=
RE 1(RE3)RE1+RE3+R f
B=1K (1.5K )
1K+1.5K+40K
B=¿ 35.29
En AC:
46
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
ZL1=2K||80K∨¿20K∨¿ β2ℜ2ZL 2=1.5K||24K∨¿6K∨¿ β3[ℜ¿¿3+ZB]¿
ZL1=604ΩZ L2=1.14KΩ
AV 1=−Z L1
r e1+ZA
AV 2=−ZL 2
re2
AV 1=−604
8.36+980
AV 1=−0.61
AV 3=−ZL3
re3+ZB
AV 3=−3K Ω
12,03Ω+1,45KΩ
AV 3=−2,05
AV=(−0,61) (−249.45 ) (−2,05 )=--311.94
AV=311.94
AV 2=−1.14 K4.57
AV 2=−249.45
Agm=AV
ZL
Agm=311.943KΩ
Agm=0,10
Ganancia de voltaje de la realimentación
47
JORGE G FORERO G
Agmf=Agm
1+AgmB
Agmf=0,10
1+0,10(35.29)=¿
Agmf=0.02
AVf=A gmf (Z L)
AVf=0.02(3KΩ)
AVf=60
Impedancia de entrada de la realimentación
Zi=60K Ω∨¿15K∨¿200 (8,36Ω+980Ω)
Zi=11.3KΩ
Zif=Z i[1+AB ]
Zif=11,3KΩ [1+0.1(35.29)]
Zif=50,85K Ω
Ganancia de corriente de la realimentación
Aif=AVf (Z if )RC
Aif=60 (50,85K Ω)
3K Ω=1017
Impedancia de salida de la realimentación
Zof=Zo[1+AB ]
Zof=3K Ω [1+0.1(35.29)]=13.5kΩ
Ejemplo 3.3.3
Hallar Avf, Aif, Zif, Zof.
Lo primero que debemos hacer es verificar que la señal de salida este en fase con la señal de entrada
48
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Figura 3. 29
Como podemos observar en el anterior circuito la señal de salida está en fase con la señal de entrada, como esto se cumple procedemos a realizar las cálculos correspondientes
Análisis en DC:
Para la etapa 1 del transistor. Verificamos si se cumple el criterio
β1RE1≥10 R2
200(1K )≥10(60K )
200K ≥600K (NO CUMPLE)
RB1=(R11/¿ R12)
RB1=(60KΩ /¿15KΩ)
RB1=12K Ω
V B1=V CC (R11)R11+R12
V B1=20V (15K Ω)75K Ω
V B1=4V
IB1=V B1−V BE
RB 1+β1(RE1)
49
JORGE G FORERO G
IB1=4V−0,7V
12K Ω+(200)(1K Ω)
IB1=15,56 μA
IC 1=IB1(β1)
IC 1=15,56μA (200)
IC 1=3,11mA
V CEQ=V CC−IC 1(RC 1+RE1)
V CEQ=20V−3,11mA (3K Ω)
V CEQ=10,67V
QDC=V CEQ
V CC
QDC=10,67V20V
QDC=0,53
Re 1=26mVIC 1
Re 1=26mV3,11mA
=8,36Ω
Para la etapa 2 del transistor:
RB2=(R21/¿R22)
RB2=(80K Ω /¿20K Ω)
RB2=16K Ω
V B2=V CC (R21)R21+R22
V B2=20V (20K Ω)100K Ω
V B2=4V
IB2=V B2−V BE
RB 2+B(RE2)
IB2=4V−0,7V
16K Ω+(200)(500Ω)
IB2=28,44 μA
IC 2=IB2(β2)
IC 2=28,44 μA (200)
IC 2=5,68mA
V CEQ=V CC−IC 2(RC2+RE2)
V CEQ=20V−5,68mA (2K Ω)
V CEQ=8,64V
QDC=V CEQ
V CC
QDC=8,64V20V
QDC=0,43
Re 2=26mVIC 2
Re 2=26mV5,68mA
=4,57Ω
Para la etapa 3 del transistor
RB3=(R31/¿ R32) RB3=(24K Ω /¿6K Ω)
50
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
RB3=4,8K Ω
V B3=V CC(R31)R31+R32
V B3=20V (6K Ω)30K Ω
V B3=4V
IB3=V B3−V BE
RB3+B(RE3)
IB3=4V−0,7V
4,8K Ω+(200)(1 ,5K Ω)
IB3=10,82 μA
IC 3=IB3(β3)
IC 3=10,82μA (200)
IC 3=2,16mA
V CEQ=V CC−IC 3(RC 3+RE3)
V CEQ=20V−2,16mA(4,5K Ω)
V CEQ=10,28V
QDC=V CEQ
V CC
QDC=10,28V20V
QDC=0,51
Re 3=26mVIC 3
Re 3=26mV2,16mA
=12,03Ω
Análisis en AC:
Para ZA de la realimentación hacemos io=0
ZA=RE1/¿(R f+RE3)
ZA=1K Ω /¿(10K Ω+1,5K Ω)
ZA=0.92k Ω
Para ZB de la realimentación hacemos ii=0
ZB=RE3/¿ (RE 1+R f)
ZB=1,5K Ω /¿(1KΩ+10KΩ)
ZB=1.32K Ω
Para hallar la BSabemos que:
51
JORGE G FORERO G
B=V f
I o
B=V f
I o=
RE 1(RE3)RE1+RE3+R f
B=1K Ω(1,5K Ω)
1K Ω+1,5K Ω+10K Ω
B=120
Después de haber hallado ZA y ZB nuestro circuito queda de la siguiente forma:
Figura 3. 30 Circuito en AC
Ahora una forma fácil de analizar el circuito es dibujarlo de la siguiente forma:
Figura 3. 31
Remplazando valores nos queda:
52
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Figura 3. 32
ZL1=RC 1/¿ RB2/¿B (re 2)
ZL1=2K Ω /¿16K Ω /¿0,91K Ω
ZL1=0.6k Ω
ZL2=RC 2/¿RB3/¿B (re 3+ZB)
ZL2=1,5K Ω /¿ 4,8K Ω /¿266,40K Ω
ZL2=1,14K Ω
ZL3=10K Ω
AV 1=ZL 1
r e1+ZA
AV 1=0.6k Ω
8,36Ω+0.92KΩ
AV 1=0,64
AV 2=−ZL 2
re2
AV 2=−1,14 K Ω4,57Ω
AV 2=−249,45
AV 3=−ZL3
re3+ZB
AV 3=−3K Ω
12,03Ω+1,32KΩ
AV 3=−2,25
AV=(A ¿¿V 1) (AV 2 ) ( AV 3 )¿
AV=(0,64) (−249,45 ) (−2,25 )
AV=359,2053
JORGE G FORERO G
Agm=I oV i
=V o
V iZ L
=Av
ZL
Agm=AV
ZL
Agm=359.203KΩ
Agm=0,11
Ganancia de voltaje de la realimentación
Agmf=Agm
1+AgmB
Agmf=0,11
1+0,11(120)=¿
Agmf=0,0077AVf=A gmf (Z L)
AVf=0,0077(3KΩ)
AVf=23.1
Impedancia de entrada sin realimentación
Zi=RB1/¿ β (re 1+Z A)
Zi=12K Ω /¿200 (8,36Ω+0.92k Ω)
Zi=12K Ω /¿185.67K Ω
Zi=11,27K Ω
Impedancia de entrada con realimentación
Zif=Z i[1+AB ]
Zif=11,18KΩ [1+0.11(120)]
Zif=42.6K Ω
Ganancia de corriente con realimentación
54
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Aif=AVf (zif )ZL3
Aif=330(11,41K Ω)
3K Ω
Aif=1255,1
Impedancia de salida con realimentación
Zo=ZL3
Zof=Zo[1+AB ]
Zof=3K Ω [1+(0.11)120]
Zof=158.76K Ω
3.3.4. REALIMENTACIÓN DE CORRIENTE EN PARALELO
DIAGRAMA EN BLOQUES
Figura 3. 33 Diagrama de bloques
Sabemos que:
55
JORGE G FORERO G
Ai= IoIi
B= IfIo
Af= IoIg
Del diagrama deducimos que:
Ig = Ii + If
Ig= IoAi
+ Io∗B
Ig=Io [ 1Ai+AiB ]Ig=Io [ 1+AiBAi ] IoIg
=[ Ai1+AiB ]
Por lo tanto remplazando en Af
Aif= Ai1+AiB
Para Hallar Zi:
Ig = Ii + If
Ig=Ii+ IiAiB
Ig=Ii [1+AiB ]
Dividimos todo en Vi
IgVi
=[ IiVi ]⌈ 1+AiB ⌉Sabemos que
56
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Zi=ViIi
Zif= ViIg
Así que:
1Zif
=[1+AiB ]
Zi
Zif= Zi[1+AiB ]
Para Zo hacemos Ig=0
Entonces Ii=−If
Figura 3. 34
Por División de corriente:
I=AiIi+ VZo
I=−AiIf + VZo
I=IAiB+ VZo
I [1+AiB ]= VZo
57
JORGE G FORERO G
VI=Zo [1+AiB ]
Zof=Zo [1+AiB ]
Para la realimentación en paralelo se hace nodo de la siguiente manera, y se tiene que ver la señal en desfase.
Figura 3. 35
Para Hallar la ganancia en lazo abierto tenemos que tener en cuenta el efecto de realimentación por lo tanto hallamos Za (impedancia de entrada) y Zb (impedancia de salida)
Para Za hacemos Io = 0
Za=Rf +ℜ2
Para Zb hacemos Vi=0
Zb=Rf /¿ ℜ2
Para hallar B:
Sabemos que B= IfIo
Para hallar If hacemos un divisor de corriente:
If=Io∗ℜ2Rf +ℜ2
58
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Así que
B=ℜ2
Rf+ℜ2
Para este caso de realimentación se deduce que la ganancia de voltaje en lazo abierto es igual a la ganancia de voltaje final:
Ai= IoIi
Io= VoZL2
Ii=ViZi
Ai= VoZiVi ZL2
Por lo tanto
Ai= AvZiZL2
Despejando Av
Av= Ai ZL2Zi
Para Avf
Avf= Aif ZL2Zif
Aif= Ai1+AB
Zif= Zi1+AB
Así que la ganancia de voltaje final es igual a
Avf= Ai ZL2
(1+AB ) Zi(1+AB )
59
JORGE G FORERO G
Avf= Ai ZL2Zi
Por lo tanto :
Av=Avf
Ejemplo 3.4.1.
Hallar B, Aif, Avf, ZA, ZB, ZL2, ZL1, Zi, Zif, Zo y Zof.
60
De acuerdo con lo anterior podemos concluir que en la realimentación de corriente en paralelo:
•La impedancia de entrada disminuye
•La impedancia de salida aumenta
•La red de realimentación está en desfase con respecto a la entrada
Y con respecto a las ganancias:
•La ganancia de voltaje es la misma con respecto a la ganancia en lazo abierto
•La ganancia de corriente disminuye con respecto a la de lazo abierto
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Figura 3. 36
Como primer paso al trabajar con transistores se debe evaluar el circuito en DC:
Para el transistor 1:
Vth=Vb=Vcc∗R2R2+R1
Vb=20v∗15K75K
Vb=4 v
Rth=Rb1=15K∨¿60K
Rb1=12K
Halamos Ib
Ib= Vth−VBERth+βRE1
ib= 4 v−0.7 v12K+100K
61
JORGE G FORERO G
ib=29,46 μA
Ic=βIb
Ic=200∗29,46 μA= 5,89 mA
ℜ1= 26mV5,89mA
=4,41Ω
Comprobamos que el transistor esté trabajando en zona activa:
VCE=Vcc−Ic [RC 1+ℜ1 ]
VCE=20 v−5,89mA [1K+0,5K ]=11,17 v
QDC=VCEVcc
QDC=11,17 v20 v
=0,55
Para el transistor 2:
Vb=20v∗20K100K
Vb=4 v
Rth=Rb2=20K∨¿80K
Rb2=16K
Halamos Ib
Ib= Vth−VBERth+βRE2
ib= 4 v−0.7 v16K+200K
ib=15,28 μA
Ic=βIb
Ic=200∗15,28 μA= 3,06 mA
ℜ2= 26mV3,06mA
=8,5Ω
62
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Comprobamos que el transistor esté trabajando en zona activa:
VCE=Vcc−Ic [RC 2+ℜ2 ]
VCE=20 v−3,06mA [2,5K+1K ]=9,29v
QDC=VCEVcc
QDC=9,29v20v
=0,46
Para hallar B:
If=Io∗ℜ2ℜ2+RF
B= IfIo
B=ℜ2
ℜ2+RF
B=1K4K
=0,25
Hallamos impedancia de entrada y de salida
Para ZA hacemos Io=o
ZA=Rf +ℜ2=4K
Para ZB hacemos Vi=o
ZB=Rf∨¿ ℜ2=0,75K
Para hallar la ganancia en lazo abierto redibujamos el circuito teniendo en cuenta za y zb
63
JORGE G FORERO G
Figura 3. 37
En AC el circuito se ve de esta manera:
Figura 3. 38
Zi = 4K|| 12K || 0.88K
Zi = 0,68K
ZL1=1K||16K||151,7K=0,93K
ZL2=2,5K∨¿1K=0,714K
64
Vi Vo
ELECTRÓNICA ANÁLOGA
Hallamos la ganancia en lazo abierto:
Av1=−ZL1ℜ1
Av1=0,93K4,41Ω
=210,88
Av2= −ZL2ℜ2+ℜ2
Av2= −ZL2ℜ2+ZB
Av2=0,714K758,5Ω
=0,94
AvT=Avf=Av 1∗Av2
Avf=210,88∗0,94=198,22
Como la ganancia de voltaje con realimentación en este caso es igual a la ganancia de voltaje total en lazo abierto:
Zif= Zi1+AiB
Ai= AvZiZL
Ai=198,22∗0,68K1K
=134,79
1+AiB=1+134,79∗0,25=34,7
Zif=0,68K34,7
=19,6
Para Zo
Zo=ZL2
Zof=0,714K [1+AiB]
65