Desplazamiento de fase en un desplazador RC activo

Question

¿Cómo puedo encontrar el desplazamiento de fase en función de \$R_1\$ ? He encontrado en Internet que la ecuación es \$\phi = 2\arctan(R_1/X_c)\$ No puedo entender por qué el 2 está ahí.

simular este circuito - Esquema creado con CircuitLab

Answer 1

Con un circuito como éste, hay dos opciones: el enfoque de fuerza bruta o los HECHOS. Para el primero, se puede aplicar el teorema de superposición con la tensión de entrada polarizando alternativamente \$R_1\$ et \$R_3\$ o utilizar el enfoque más matemático basado en KVL-/KCL descrito por Jan en su respuesta.

El segundo enfoque que prefiero la mayoría de las veces consiste en determinar la constante de tiempo de este circuito tal y como lo describen las técnicas de circuitos analíticos rápidos o FACTs. Como se describe en mi libro sobre el tema, el principio es simple: determinar la constante de tiempo que implica \$C_1\$ cuando la excitación se reduce a 0 V ( \$V_{in}\$ se sustituye por un cortocircuito) y cuando la respuesta es anulado . Podemos empezar estableciendo \$s\$ a 0 (ganancia en cc) y ver qué ganancia presenta este circuito. El siguiente dibujo muestra el paso para este análisis de corriente continua. Si haces los cálculos bien (mediante superposición, por ejemplo), encuentras una ganancia de 1 independientemente de los valores de las resistencias:

A continuación, se continúa con el apagado de la fuente y se determina la resistencia "vista" de \$C_1\$ terminales. En este caso es fácil ya que es \$R_1\$ y tienes \$\tau_1=R_1C_1\$ . Porque en un circuito de primer orden el polo es el inverso de la constante de tiempo. La posición del polo es inmediata e igual a \$\omega_p=\frac{1}{R_1C_1}\$ . Para el cero, o bien se determina el valor de \$R\$ cuando la salida es nula o se determina la ganancia del circuito a alta frecuencia, por ejemplo, cuando \$C_1\$ se sustituye por un cortocircuito: \$H^1=-\frac{R_4}{R_3}\$ . Aplicando este resultado siguiendo las pautas se tiene un cero situado en \$\omega_z=-\frac{R_3}{R_4R_1C_1}\$ y esto es un cero de medio plano derecho (RHPZ).

Como el polo y el cero están situados en la misma posición, se neutralizan mutuamente en magnitud y la ganancia global es 1 (0 dB) a lo largo del eje de frecuencias. Sin embargo, debido a que el cero está situado en el semiplano derecho, su respuesta de fase se retrasa en lugar de adelantarse como en el caso de un cero LHP clásico. En consecuencia, se combina con la respuesta naturalmente retardada del polo y lleva la fase de 0° a -180°:

Porque \$R_3\$ et \$R_4\$ son de igual valor, el polo y el cero dependen únicamente de \$R_1\$ et \$C_1\$ . Considerando un cero negativo, la fase de la expresión se calcula clásicamente como

Se trata de un filtro paso-todo que crea un retardo cuyo valor depende del valor de \$R_1\$ et \$C_1\$ . Si se profundiza un poco más en las matemáticas, esta es una forma de crear una aproximación de Padé de primer orden de \$e^{-sT}\$ que es un puro retraso.

Answer 2

En primer lugar, presentaré un método que utiliza Mathematica para resolver este problema. Cuando estudiaba estas cosas utilizaba el método todo el tiempo (sin usar Mathematica, por supuesto).

Bien, estamos tratando de analizar lo siguiente opamp-circuit :

simular este circuito - Esquema creado con CircuitLab

Cuando usamos y aplicamos KCL podemos escribir el siguiente conjunto de ecuaciones:

$$ \begin{cases} \text{I}_\text{i}=\text{I}_1+\text{I}_3\\ \\ \text{I}_1=\text{I}_2\\ \\ 0=\text{I}_3+\text{I}_4\\ \\ \text{I}_2=\text{I}_\text{i}+\text{I}_4 \end{cases}\tag1 $$

Cuando usamos y aplicamos Ley de Ohm podemos escribir el siguiente conjunto de ecuaciones:

$$ \begin{cases} \text{I}_1=\frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_2}{\text{R}_1}\\ \\ \text{I}_2=\frac{\text{V}_2}{\text{R}_2}\\ \\ \text{I}_3=\frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_1}{\text{R}_3}\\ \\ \text{I}_4=\frac{\text{V}_3-\text{V}_1}{\text{R}_4} \end{cases}\tag2 $$

Sustituir \$(2)\$ en \$(1)\$ para conseguirlo:

$$ \begin{cases} \text{I}_\text{i}=\frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_2}{\text{R}_1}+\frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_1}{\text{R}_3}\\ \\ \frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_2}{\text{R}_1}=\frac{\text{V}_2}{\text{R}_2}\\ \\ 0=\frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_1}{\text{R}_3}+\frac{\text{V}_3-\text{V}_1}{\text{R}_4}\\ \\ \frac{\text{V}_2}{\text{R}_2}=\text{I}_\text{i}+\frac{\text{V}_3-\text{V}_1}{\text{R}_4} \end{cases}\tag3 $$

Ahora, utilizando un opampón ideal lo sabemos:

$$\text{V}_x:=\text{V}_+=\text{V}_-=\text{V}_1=\text{V}_2\tag4$$

Así que podemos reescribir la ecuación \$(3)\$ de la siguiente manera:

$$ \begin{cases} \text{I}_\text{i}=\frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_x}{\text{R}_1}+\frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_x}{\text{R}_3}\\ \\ \frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_x}{\text{R}_1}=\frac{\text{V}_x}{\text{R}_2}\\ \\ 0=\frac{\text{V}_\text{i}-\text{V}_x}{\text{R}_3}+\frac{\text{V}_3-\text{V}_x}{\text{R}_4}\\ \\ \frac{\text{V}_x}{\text{R}_2}=\text{I}_\text{i}+\frac{\text{V}_3-\text{V}_x}{\text{R}_4} \end{cases}\tag5 $$

Ahora, podemos resolver la función de transferencia:

$$\mathcal{H}:=\frac{\text{V}_3}{\text{V}_\text{i}}=\frac{\text{R}_2\text{R}_3-\text{R}_1\text{R}_4}{\text{R}_3\left(\text{R}_1+\text{R}_2\right)}\tag6$$

Donde utilicé el siguiente código de Mathematica:

In[1]:=Clear["Global`*"];
V1 = Vx;
V2 = Vx;
FullSimplify[
 Solve[{Ii == I1 + I3, I1 == I2, 0 == I3 + I4, I2 == Ii + I4, 
   I1 == (Vi - V2)/R1, I2 == V2/R2, I3 == (Vi - V1)/R3, 
   I4 == (V3 - V1)/R4}, {Ii, I1, I2, I3, I4, Vx, V3}]]

Out[1]={{Ii -> ((R1 + R3) Vi)/((R1 + R2) R3), I1 -> Vi/(R1 + R2), 
  I2 -> Vi/(R1 + R2), I3 -> (R1 Vi)/((R1 + R2) R3), 
  I4 -> -((R1 Vi)/((R1 + R2) R3)), Vx -> (R2 Vi)/(R1 + R2), 
  V3 -> ((R2 R3 - R1 R4) Vi)/((R1 + R2) R3)}}

Mi ecuación también fue confirmada utilizando LTspice .

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Cuando queremos aplicar la derivación de arriba a su circuito tenemos que usar Transformación de Laplace (Utilizaré nombres de funciones en minúsculas para las funciones que están en el dominio (complejo) de s, así que \$\text{y}\left(\text{s}\right)\$ es la transformada de Laplace de la función \$\text{Y}\left(t\right)\$ ):

$$\text{R}_2=\frac{1}{\text{sC}}\tag7$$

Así, podemos reescribir la función de transferencia como

$$\mathscr{H}\left(\text{s}\right)=\frac{\frac{1}{\text{sC}}\cdot\text{R}_3-\text{R}_1\text{R}_4}{\text{R}_3\left(\text{R}_1+\frac{1}{\text{sC}}\right)}=\frac{\text{R}_3-\text{sCR}_1\text{R}_4}{\text{R}_3\left(1+\text{sCR}_1\right)}\tag8$$

Ahora, al trabajar con señales sinusoidales podemos utilizar \$\text{s}:=\text{j}\omega\$ (donde \$\text{j}^2=-1\$ et \$\omega=2\pi\text{f}\$ con \$\text{f}\$ es la frecuencia de la señal de entrada en Hertz). Así que obtenemos:

$$\underline{\mathscr{H}}\left(\text{j}\omega\right)=\frac{\text{R}_3-\omega\text{CR}_1\text{R}_4\text{j}}{\text{R}_3\left(1+\omega\text{CR}_1\text{j}\right)}\tag9$$

Ahora, quieres encontrar el argumento:

$$\arg\left(\underline{\mathscr{H}}\left(\text{j}\omega\right)\right)=\arg\left(\frac{\text{R}_3-\omega\text{CR}_1\text{R}_4\text{j}}{\text{R}_3\left(1+\omega\text{CR}_1\text{j}\right)}\right)=$$ $$\arg\left(\text{R}_3-\omega\text{CR}_1\text{R}_4\text{j}\right)-\arg\left(\text{R}_3\left(1+\omega\text{CR}_1\text{j}\right)\right)=$$ $$\arg\left(\text{R}_3-\omega\text{CR}_1\text{R}_4\text{j}\right)-\left(\arg\left(\text{R}_3\right)+\arg\left(1+\omega\text{CR}_1\text{j}\right)\right)=$$ $$\frac{3\pi}{2}+\arctan\left(\frac{\text{R}_3}{\omega\text{CR}_1\text{R}_4}\right)-\left(0+\arctan\left(\frac{\omega\text{CR}_1}{1}\right)\right)=$$ $$\frac{3\pi}{2}+\arctan\left(\frac{\text{R}_3}{\omega\text{CR}_1\text{R}_4}\right)-\arctan\left(\omega\text{CR}_1\right)\tag{10}$$

Ahora, cuando \$\text{R}_3=\text{R}_4\$ (que es el caso de tu circuito) podemos simplificarlo un poco:

$$\arg\left(\underline{\mathscr{H}}\left(\text{j}\omega\right)\right)=\frac{3\pi}{2}+\arctan\left(\frac{1}{\omega\text{CR}_1}\right)-\arctan\left(\omega\text{CR}_1\right)\tag{11}$$

Answer 3

Respuesta corta:

Utilizando la superposición, la función de transferencia (allpass de primer orden, caso especial R3=R4 ) es

H(s) \=[1/(1+sR1C1)]*[1+1]-1=[2-(1+sR1C1)] / (1+sR1C1)= (1-sR1C1) / (1+sR1C1) .

Phi \=Phi_n - phi_d = arctan(-wR1C1) - artan(wR1C1) = -2arctan(wR1C1) .