Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ——————————————— Calcul Calcul ar el el equivalente Thevenin Thevenin y Norton entr e los punt os a y b en en el circu ito d e la figura
4
2
3v
6
a
a
+
R th th
+ 5
2
2v
Vth
RL
+
R L b
b Para calcular el equivalente Thevenin “abrimos” entre los puntos a y b
4Ω
d
c
a
+
+
en circuito abierto Vth
3v
2Ω
2v
Calcularemos así la tensión
6Ω
5Ω
Vth b
Asignamos intensidades de mallas. Sumamos tensiones a lo largo de los recorridos
2Ω
+
I 1
2v
4Ω
d
6Ω
c
a
+
I 2
3v
2Ω
5Ω
Vth b
⎧2 = I 1 2 + ( I 1 − I 2 )2 ⎫ Mallas ⎨ ⎬ I 1 , I 2 0 4 5 ( ) 2 = + + − I I I I ⎭ 2 2 2 1 ⎩ V c = I 2 5 =
3 + V th ⇒ V th = V c − 3
De las ecuaciones obtenemos el valor I 2 y como no circula intensidad por la resistencia de 6 Ω la tensión buscada es V ab ab =-3+V c: El resultado obtenido es V th th=-2.5V Para calcular La resistencia equivalente cortocircuitamos ambas fuentes de tensión:
a 4Ω
2Ω 2Ω
Rth = {[(2 // 2 ) + 4] // 5}+ 6
6Ω 5Ω
Rth = (5 // 5) + 6 = 8.5Ω
R th th
Para calcular el equivalente Norton cortocircuitamos los puntos a y b _______________________ ___________ _______________________ _________________ ______
Componente electrónicos 2007 1/11
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ——————————————— Calculamos la intensidad por ese cortocircuito Escribimos las ecuaciones de mallas
2Ω I 1
+ 2v
4Ω
d
6Ω
c
3v +
I 2
2Ω
a
I N
5Ω
I N
⎧2 = I 1 2 + ( I 1 − I 2 )2 ⎫ ⎪ ⎪ ⎨0 = I 2 4 + ( I 2 − I N )5 + ( I 2 − I 1 )2 ⎬ ⎪− 3 = I 6 + ( I − I )5 ⎪ 2 N N ⎭ ⎩
b
Resolviendo el sistema calculamos I N .=-5/17A Naturalmente se cumple V th /I N =Rth
________________________________________
Componente electrónicos 2007 2/11
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ——————————————— Dado el circ uit o de la fig ura 1 calcul e: a)
La relación i o / i i.
b)
La relación v i / i i.
c)
La relación v o / v i .
d)
La relación v o / v s .
e)
La resist encia equivalente vist a desde RL , anul ando v s .
Datos: Rs = 600
; RB = 500 K ; Rie = 1.5 K ; R oe = 100 K ; R L = 2.5 K .
ii
B
i b
io +
+ vs
vi
120i b R B
R ie
R oe
R L
vo
Figura 1
Comentario El circuito de la figura es el circuito equivalente de pequeña señal de un amplificador basado en un transistor bipolar. Las relaciones que se pide calcular en el enunciado son los parámetros de dicho amplificador: a)
Ganancia en corriente: Ai = io / ii
b)
Impedancia de entrada: Zi = vi / ii
c)
Ganancia en tensión: Av = vo / vi
d)
Ganancia en tensión Avs = vo / vs
e)
Impedancia de salida Zo
En este ejemplo vamos a ver que una vez obtenido el circuito equivalente de pequeña señal, para analizar dicho circuito, es decir, para obtener los parámetros del amplificador, basta con utilizar las leyes de Kirchoff y la ley de Ohm.
________________________________________
Componente electrónicos 2007 3/11
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ——————————————— Solución En la figura 2 se reproduce el circuito de la figura 1, marcando las mallas que vamos a emplear en su análisis. Se han elegido éstas ya que en este caso se pueden utilizar como variables (intensidades de malla) las corrientes que se dan en el enunciado, que incluyen la corriente del generador y su variable de control. El sentido es el fijado en el enunciado, que se corresponde con el standard en el caso de los amplificadores.
ii
vS
~
B
i b
i0
R S
ii
ib
vi R B
R ie 120i b
i0 120ib
v0 R oe
R L
E Figura2
El nudo E engloba distintos "puntos" de la representación del circuito, ya que todos estos "puntos" están directamente unidos por cables, de modo que desde el punto de vista eléctrico son el mismo punto (Tienen el mismo potencial). En este caso este nodo se haya conectado a tierra, así que el potencial de ese punto se considera 0 y se toma de referencia para
Figura 3
el potencial en el resto de los nodos. El circuito sería exactamente el mismo si en la representación gráfica el nodo E se hubiera representado como un solo punto. (Véase el ejemplo de la figura 3).
________________________________________
Componente electrónicos 2007 4/11
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ——————————————— A continuación planteamos las ecuaciones de Kirchoff en las mallas: malla ii:
– vs + ii R s + (ii – i b) R B = 0
(1)
malla i b:
R ie + (i b – ii )R B = 0
(2)
malla i0:
i0 R L + (i0 + [120i b] ) R oe = 0
(3)
Al plantear las ecuaciones de malla ya se ha aplicado la ley de Ohm en las resistencias y se ha tenido en cuenta el signo de la fuente de tensión v s. En el caso de la fuente dependiente de corriente, no aparece explícitamente en la ecuación de su malla ya que el valor de la intensidad no es una variable independiente. Las ecuaciones 1-3 forman el sistema de ecuaciones que nos permitirá resolver el circuito. Las variables que aparecen en el sistema son: i b, io, i i.además de vs. Vamos a obtener relaciones entre pares de variables, que es exactamente lo que nos pide el enunciado. Veamos cómo operar para obtener los parámetros que pide el enunciado:
a)
Cálculo de Ai = io / ii A partir de la ecuación (3) separando los términos en i 0 e i b: i0 R L + i0 R oe =-120i b R oe
i0
obtenemos:
=−
i b
120R oe R L + R oe
(4)
de (2) separando las intensidades i b
⇒
ii R B =i b (R ie+R B)
ii
=
R B R ie + R B
(5)
La ganancia en intensidad queda entonces A I =
b)
i0 ib
×
ib ii
=−
120 Roe R B ( R L + Roe )( Rie + Rb )
(6)
Cálculo de Zi = vi / ii De acuerdo con el circuito de la figura 2, teniendo en cuenta la ley de Ohm: v i = i b R ie
(7)
Anteriormente ya hemos encontrado una relación entre i b e ii . Sustituyendo: (7) y (5) v v i R ie R B = 1495.5Ω Z i = i = i × b = ii i b i i R ie + R B ________________________________________
Componente electrónicos 2007 5/11
(8)
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ——————————————— c)
Cálculo de Av = vo / vi Aplicando la ley de Ohm en la resistencia R L: vo = R L io
(9)
Además hemos calculado ya A i = io / ii y Zi = vi / ii. Teniendo esto en cuenta: v o = R L i o = R L A i i i =
R L A i Zi
vi
(10)
Por tanto: Av =
d)
vo vi
R L
= Ai
Zi
= −195,12
(11)
Cálculo de Avs = vo / vs La variable vs aparece en la ecuación de la malla ii (1): – vs + R s ii + R B i1 = 0
(12)
Teniendo en cuenta que v i = R B i1 y que i i = vi / Zi:
− vs +
R s Zi
vi + vi = 0
;
vi vs
=
Zi R s + Z i
(13)
Teniendo en cuenta que A v = vo / vi, que ya está calculado y la ecuación (13): A vs =
vo vs
=
vo vi
×
vi vs
=
Zi A v R s + Z i
= −139,25
(14)
e) Cálculo de la impedancia de salida Z o (resistencia equivalente vista desde R L anulando vs) La resistencia buscada corresponde exactamente con la resistencia del equivalente Thevenin. Puesto que aparece una fuente dependiente, ésta no se puede anular, por lo que podemos optar por dos métodos para calcular esa resistencia:
• Anular la fuente independiente y situar entre los terminales de salida una fuente La resistencia buscada se calculará como vTEST/iTEST Como vs es una fuente de tensión, anularla significa cambiarla por un cortocircuito. Por otra TEST.
parte, para calcular la resistencia equivalente vista desde R L, "abrimos" el circuito entre los dos terminales de R L y "medimos" la resistencia entre esos dos puntos. Para resolverlo de forma analítica, suponemos una fuente de tensión vTEST que hará que circule una corriente
________________________________________
Componente electrónicos 2007 6/11
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ——————————————— iTEST, como se muestra en la figura 4. La resistencia equivalente (en este caso Z o), teniendo en cuenta la ley de Ohm, será: ii
i b
iTEST
R S ii
ib
vi
Zo =
iTEST R ie
R B
+
120ib
v TEST
vTEST
i TEST
(15)
R oe
120i b
Tanto ii como i b son 0 ya que: ii R s +(ii-i b) R B = 0
(i b-ii) R B + i b R ie = 0
B
B
La única corriente que circula es iTEST a través de R oe donde se cumple i TEST R oe = v TEST ⇒ Z o =
v TEST i TEST
= R oe = 100 K Ω
ii
• La otra posibilidad para calcular la impedancia de salida es calcular la tension Thevenin v th y la intensidad Norton i N , de tal manera que la resistencia buscada es vth/i N.
vS
~
R S ib
vi
ii
R ie
R B
120ib
120i b
vth R oe
E ii
¡R oe queda anulada por el
~
cortocircuito!
Del circuito Thevenin obtenemos
i b
i b
R S ii
ib
vi R B
R ie 120i b
120ib
i N R oe
v th = −120i b R oe i N = −120i b
Del circuito Norton
Puesto que i b no depende de la salida (las ecuaciones para i b son las mismas (1) (2)) Zo se calcula directamente como
Z0 =
v th i N
=
− 120i b R oe = R oe − 120i b
Como hemos visto, simplemente utilizando las leyes de Kirchoff y la ley de Ohm y operando de forma adecuada, podemos calcular los parámetros característicos de un amplificador, una vez que tengamos el circuito equivalente de pequeña señal. ________________________________________
Componente electrónicos 2007 7/11
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ——————————————— Calcular las intensidades de corriente que circulan por cada rama y las diferencias de tensión Vab , Vbc y Vcd y las tensiones Va, Vb y Vc en el siguiente circuito:
Comentario En la resolución de este problema se puede calcular la resistencia equivalente entre bd o bien mantener el circuito tal y como está.
Solución
A) Se calcula la resistencia equivalente del conjunto formado por las resistencias en paralelo de 1k Ω y de 50Ω. 1 Requ
=
1 1× 10
3
+
1 50
La resistencia equivalente tiene un valor de 47.62 Ω. (Notar que cuando se
hace el paralelo de dos resistencias el resultado es menor que la menor resistencia, y se aproxima a ella si la otra es muy grande. El caso límite es que una de ellas sea 0, un cortocircuito, en cuyo caso el paralelo es 0, y la otra resistencia no tiene ningún efecto puesto que por ella no circula corriente). El circuito resultante es por lo tanto:
________________________________________
Componente electrónicos 2007 8/11
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ———————————————
Se aplica la ley de las mallas de Kirchoff a la malla derecha (I 1). Es además la única ecuación necesaria porque la intensidad de la otra malla es conocida de valor 2mA. La ecuación que se obtiene es:
4 = 10 I1 + 47, 62 ( I 1 − 2 × 10−3 )
Resolviendo I1 = 71,1 mA. La corriente que circula por la resistencia de valor 47,62 Ω, es obviamente 71,1 -2 = 69.2mA
Ahora se puede calcular las diferencias de tensión V ab, V bc y Vcd . Se toma como origen de potenciales el punto que está conectado a tierra en este caso se trata de “d” por lo tanto Vd = 0. Vad = Va – Vd = 4 V. Como Vd =0 ⇒ Va = 4V.
-3 Vab = Va – V b = 71,1.10 x 10 = 0,71 V ⇒ 4 – V b = 0,71 ⇒ V b = 3,29 V
-3 -3 -3 V bc = V b – Vc = 2.10 x 20 = 40.10 V ⇒ 3,29 – Vc = 40.10 ⇒ Vc = 3,25 V
Vcd = 3,25 V
Puesto que se piden explícitamente las intensidades de todas las ramas se debe deshacer el paralelo para encontrar la intensidad por cada una de las resistencias.
Conocemos la tensión V bd =V b, Si llamamos I a a la intensidad en la resistencia de 1k Ω y I b en la de 50Ω, escribimos las siguientes ecuaciones:
3 V bd = 3.29v = I a 1.10 = I b 50
I a + I b = 69,1mA
________________________________________
Componente electrónicos 2007 9/11
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ——————————————— Obteniéndose los valores que aparecen en la figura.
B) Si no se calcula la resistencia equivalente entre bd , se calculan las intensidades que circulan por cada rama en el siguiente circuito:
Las ecuaciones que resultan para este circuito son: 3
Malla de la izquierda
4 = 10 I1 + 1. 10 I2
Primer nodo
I1 = I2 + I3 ________________________________________
Componente electrónicos 2007 10/11
Ejemplos de cálculo de circuitos equivalentes. Aplicación de los teoremas de Thevenin y Norton ———————————————
-3
Segundo nodo
I3 = I4 + 2.10
Malla central
0 = 50 I4 – 1. 10 I2
3
Despejando de la última ecuación se obtiene: I 4 = 20I2 -3
Sustituyendo en la tercera resulta: I3 = 20 I2 + 2. 10 -3
Con lo que I1 = I2 + I3 ; I1 = 21I2 + 2.10
Sustituyendo en la primera ecuación se obtiene:
-2
3
4 = 210I2 + 2. 10 + 1. 10 I2
⇒
-3
I2 =3.29 . 10 A = 3.29 mA
Sustituyendo en las ecuaciones anteriores resulta: I1 = 21I2 + 2.10-3 = 71.1 mA -3
I3 = 20 I2 + 2. 10 = 67.8 mA
I4 = 20I2 = 65.8 mA
Una vez obtenidos los valores de las corrientes, el cálculo de los potenciales es idéntico al realizado anteriormente.
________________________________________
Componente electrónicos 2007 11/11
