Amplificador operacional y realimentación negativa

Monta una etapa no inversora o inversora con dos resistencias, fija una ganancia y un ancho de banda finitos para el operacional y aplica una señal senoidal. Avanza paso a paso por el ciclo para leer la tensión en cada nodo y observar la pequeña diferencia entre las entradas.

Ejemplo resuelto — Amplificador operacional y realimentación negativa

Fracción de la salida realimentada	0,100000
Ganancia si A fuera infinita	10,0000
Ganancia de lazo	10.000
Ganancia en continua con esta A	9,9990
Error respecto a la ganancia ideal	0,0100%
Ganancia si A se redujera a la mitad	9,9980
Ancho de banda (−3 dB)	100.010 Hz
Ganancia × ancho de banda	1.000.000 Hz

Estos son los valores que muestra la calculadora al abrir la página. Cambia cualquier entrada de arriba para recalcularlos.

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Lección

La teoría — Amplificador operacional y realimentación negativa

Un amplificador operacional multiplica la diferencia entre sus dos entradas por una ganancia en lazo abierto A muy grande, V_out = A(V₊ − V₋), hasta que la salida alcanza un límite de alimentación. La realimentación negativa devuelve a la entrada inversora una fracción β = Rg/(Rg + Rf) de la salida. La ganancia de la etapa no inversora pasa a ser G = (1/β)/(1 + 1/(Aβ)), que tiende a 1 + Rf/Rg al aumentar A; la de la etapa inversora tiende a −Rf/Rg. El producto Aβ es la ganancia de lazo. Con un solo polo, A disminuye con la frecuencia según A(f) = A₀/(1 + j f A₀/GBW). El producto ganancia-ancho de banda GBW es A₀ multiplicada por la frecuencia del polo en lazo abierto, y coincide aproximadamente con la frecuencia a la que A ha caído a 1.

Qué significa cada símbolo

A: ganancia en lazo abierto del operacional: el factor por el que multiplica V₊ − V₋. A₀ es su valor en continua; la ganancia disminuye al aumentar la frecuencia
β: fracción de realimentación, Rg/(Rg + Rf): parte de la tensión de salida que se devuelve a la entrada inversora
Aβ: ganancia de lazo. El error relativo de la ganancia de la etapa respecto a la ideal es exactamente 1/(1 + Aβ)
GBW: producto ganancia-ancho de banda, en hercios: A₀ multiplicada por la frecuencia del polo en lazo abierto. Coincide aproximadamente con la frecuencia a la que la ganancia en lazo abierto ha caído a 1

Supone: El modelo tiene un solo polo. No incluye límite de velocidad de variación de la salida, tensión de offset ni corriente de polarización de entrada, ni un segundo polo. Las resistencias tienen valores exactos y la salida puede alcanzar los límites de alimentación. La forma de onda recortada se obtiene limitando en esos valores la señal de régimen permanente sin recortar. Esto supone que el operacional sale de la saturación en cuanto las condiciones lo permiten; uno real necesita tiempo para recuperarse. Con las entradas intercambiadas, la salida se representa como un salto instantáneo entre los límites de alimentación.

Reduce a la mitad la ganancia del operacional: la de la etapa cambia en la cuarta cifra 🖖

La etapa inicial está diseñada para multiplicar por diez. Con una ganancia en lazo abierto de 100.000, da 9,9990. La tabla de resultados calcula qué ocurriría si A se redujera a la mitad: 9,9980. Un cambio del 50% en la ganancia del amplificador solo altera la de la etapa un 0,01%. El error relativo respecto a 1 + Rf/Rg es exactamente 1/(1 + Aβ). Con Aβ = 10.000, equivale a una centésima de punto porcentual; reducir A a la mitad o duplicarla solo duplica ese pequeño error o lo reduce a la mitad. La ganancia depende, por tanto, de las dos resistencias, que puedes comprar con una tolerancia del 0,1%, y apenas del operacional. Harold Black expuso este razonamiento en 1934 para los amplificadores de los sistemas telefónicos de portadora: sus amplificadores realimentados mantenían la ganancia dentro de un margen de 0,01 dB cuando la tensión de alimentación de placa variaba de 240 a 260 V. En un amplificador convencional, la variación era de 0,7 dB. El precio es la ganancia a la que se renuncia. Si le pides ×1000 al mismo operacional, Aβ baja a 100: la ganancia resulta ser 990,10, un 1% por debajo de la ideal, como muestra la última fila de la segunda tabla.

El cortocircuito virtual deja cien microvoltios de diferencia a un hercio 🖖

La regla habitual dice que las dos entradas de un operacional con realimentación negativa están a la misma tensión. La diferencia máxima es |V_out| / |A(f)|, y el circuito la muestra mientras avanzas por el ciclo: 100,49 µV en el pico del ejemplo inicial. Pulsa Misma etapa, 1 kHz. La salida apenas ha cambiado, pero la diferencia es de 9,999 mV, cien veces mayor. La A de V_out / A es la ganancia en lazo abierto a la frecuencia de la señal. Un operacional con una ganancia en continua de 100.000 y un producto ganancia-ancho de banda de 1 MHz ya ha perdido 3 dB a 10 Hz, y a 1 kHz su ganancia ronda los 1.000. La línea discontinua de la gráfica de respuesta en frecuencia muestra esa caída. Pulsa ahora Salida saturada. La salida tendría que alcanzar 19,998 V, pero se detiene en 15 V. Al quedar fijada en ese límite, nada mantiene próximas las tensiones de entrada: la diferencia llega a 0,5000 V. La realimentación solo las mantiene próximas mientras la salida puede variar. Suponer un cortocircuito virtual en una etapa con la salida recortada puede introducir errores de varios voltios.

Un seguidor y un inversor tienen ganancia de módulo unidad, pero uno tiene el doble de ancho de banda 🖖

Pulsa ×100 a 20 kHz. El ancho de banda es de 10.010 Hz y la ganancia en continua es 99,9001. Su producto coincide hasta la última cifra con el producto ganancia-ancho de banda del operacional: 1.000.000 Hz. Con un solo polo, esta igualdad se cumple en cualquier etapa no inversora; por eso cuatro filas de la segunda tabla terminan en el mismo valor. En las filas de etapas inversoras, el resultado es distinto. El inversor de ganancia −1 alcanza 500.010 Hz, mientras que el seguidor de ganancia +1 llega a 1.000.010 Hz. La ganancia que determina cuánto ancho de banda cede el operacional es 1/β: la que darían esas mismas dos resistencias si la señal se aplicara a la entrada no inversora. Para un inversor de ganancia −1, ese valor es 2. Una etapa inversora siempre consume ancho de banda por una unidad de ganancia más de la que entrega. Esto le cuesta aproximadamente un 1% del ancho de banda con ×−100, y la mitad con ×−1.

Problema resuelto al detalle

Cómo amplificar una señal de 20 kHz con un preamplificador ×100 6 pasos
Un sensor entrega 50 mV y necesitas obtener 5 V a frecuencias de hasta 20 kHz. Tus operacionales tienen A₀ = 100.000 y un producto ganancia-ancho de banda de 1 MHz. ¿Bastará una etapa no inversora ×100, con Rf = 99 kΩ y Rg = 1 kΩ? Si no basta, ¿cómo puedes conseguirlo?

Abre este problema en la herramienta
1. β = 1/(1 + 99) = 0,01, por lo que Aβ = 1.000 y la ganancia en continua es 100/(1 + 1/1.000) = 99,9001. A bajas frecuencias, 50 mV se convierten en 4,9950 V, un 0,1% por debajo de 5 V, tal como predice 1/(1 + Aβ).
  
  $β = \frac{1}{1 + 99} = 0.01, A β = 1000, G_{0} = \frac{100}{1 + 1/1 000} = 99.9001$
2. El polo del propio operacional está en GBW/A₀ = 10 Hz. Al cerrar el lazo, su frecuencia aumenta por un factor de 1 + Aβ = 1.001 y llega a 10.010 Hz. Ese es el ancho de banda de la etapa, y 99,9001 × 10.010 = 1.000.000 Hz.
  
  $f_{p} = \frac{GBW}{A _{0}} = 10 Hz, f_{- 3 dB} = 10 \cdot 1001 = 10010 Hz, 99.9001 \cdot 10010 = 1000000$
3. A 20 kHz, aproximadamente el doble del ancho de banda, la ganancia es 99,9001/√(1 + (20.000/10.010)²) = 44,7124. La salida alcanza 2,2356 V de pico, menos de la mitad de lo que necesitas.
  
  $∣ G (20 kHz) ∣ = \frac{99 . 9001}{1 + ( 20 000/10 010 ) ^{2}} = 44.7124, 0.05 \cdot 44.7124 = 2.2356 V$
4. Reparte la ganancia entre dos etapas ×10, cada una con Rf = 9 kΩ y Rg = 1 kΩ. Cada etapa tiene Aβ = 10.000, una ganancia en continua de 9,9990 y un ancho de banda de 100.010 Hz, diez veces el de la etapa única. Configura esa etapa en la herramienta a 20 kHz: la ganancia que muestra es 9,8049.
  
  $β = 0.1 : G_{0} = 9.9990, f_{- 3 dB} = 100010 Hz, ∣ G (20 kHz) ∣ = 9.8049$
5. En cascada, las ganancias se multiplican: 9,8049² ≈ 96,14. Así, 50 mV se convierten en 4,8068 V a 20 kHz.
  
  $9.804 9^{2} \approx 96.14, 0.05 \cdot 96.14 = 4.8068 V$
6. El conjunto tiene dos polos en 100.010 Hz, y su punto de −3 dB queda por debajo del de cada etapa: el módulo al cuadrado ha disminuido por un factor de √2 cuando 1 + (f/100.010)² = √2, a f = 100.010 · √(√2 − 1) = 64.366 Hz.
  
  $1 + (f /100 010)^{2} = 2 \Rightarrow f = 100010 2 - 1 = 64366 Hz$
Respuesta

Una etapa ×100 da 2,2356 V a 20 kHz; dos etapas ×10 dan 4,8068 V, el 96% del valor buscado. La respuesta del conjunto cae 3 dB a 64.366 Hz. Cada operacional dispone de su propio producto ganancia-ancho de banda, de modo que cada etapa ×10 tiene diez veces el ancho de banda de la etapa ×100, y el conjunto tiene 6,4 veces ese ancho de banda. La herramienta representa una sola etapa: para estudiar la cascada, tienes que calcular a partir de sus lecturas. El último paso explica por qué hace falta ese cálculo: dos etapas idénticas en cascada no conservan el ancho de banda de una sola.

$2.2356 V (one stage) vs 4.8068 V (two)$

Ruta de aprendizaje

Lo que no es una resistencia

Referencias (1)

The first insight's history, and the result the whole page rests on: with |μβ| ≫ 1 the output is −e/β, "independent of μ but does depend upon β". The 0.01 dB against 0.7 dB figures quoted in that block are Black's own: H. S. Black, "Stabilized Feedback Amplifiers." Bell System Technical Journal 13(1), January 1934, pp. 1–18. DOI 10.1002/j.1538-7305.1934.tb00652.x

Por el equipo de 42Math · Contrastado con fuentes publicadas. Se agradecen correcciones.