Por favor, etiquete sus componentes en el futuro. Sería mucho más fácil responder. Aquí está mi versión de su circuito para simplificar las cosas:

^{simular este circuito : esquema creado con CircuitLab}

Estos son los puntos principales de los que depende el resto de la explicación:

1. Se supone que el amplificador operacional tiene una impedancia de entrada infinita y cualquier influencia que tenga sobre el potencial en X,$v_X$, es despreciable.

2. Se supone que el amplificador operacional tiene una impedancia de salida cero. De hecho, incluso un amplificador operacional no ideal con retroalimentación negativa tendrá una impedancia de salida muy cercana a cero (con algunas advertencias). Por lo tanto, su potencial de salida$v_Y$no se verá influenciado de ninguna manera por ninguna carga (como R3, R4, C2 y lo que venga después).

3. El amplificador operacional está configurado como seguidor de voltaje, con 100% de retroalimentación negativa, para una ganancia de 1. Por lo tanto,$v_Y = v_X$

4. El amplificador operacional aísla efectivamente todo a su izquierda (lado de entrada) de todo a su derecha (lado de salida), debido a los puntos 1 y 2 anteriores.

Equivalentes de Thévenin

Ahora podemos atacar el problema. Primero, asegúrese de estar familiarizado con el teorema de Thévenin (aquí está la página de wikipedia ).

El divisor de potencial de entrada se puede reducir a su equivalente de Thévenin, que consiste en una sola fuente de voltaje y una sola resistencia. La fuente de voltaje de Thévenin será la mitad del potencial de suministro:

$$\begin{aligned} V_{TH1} &= 5V \times \frac{R_2}{R_1+R_2} \\ \\ &= 5V \times \frac{10M\Omega}{10M\Omega+10M\Omega} \\ \\ &= 5V \times \frac{10M\Omega}{20M\Omega} \\ \\ &= 2.5V \\ \\ \end{aligned}$$

La resistencia Thévenin$R_{TH1}$será la resistencia combinada de R1 y R2 como si estuvieran conectados en paralelo:

$$\begin{aligned} R_{TH1} &= R_1 \parallel R_2 \\ \\ &= \frac{R_1 \times R_2}{R_1+R_2} \\ \\ &= \frac{10M\Omega \times 10M\Omega}{10M\Omega+10M\Omega} \\ \\ &= 5M\Omega \\ \\ \end{aligned}$$

Reemplace la red que consiste en el suministro de la fuente de 5 V y R1 y R2, con su equivalente de Thévenin:

^{simular este circuito}

Hacemos la misma conversión a un equivalente de Thévenin para el divisor de potencial de salida, reemplazando R3 y R4 con$R_{TH2}$, simulando que la fuente de voltaje$v_Y$se ha convertido en una fuente de una décima parte de$v_Y$(sin impedancia interna) así:

$$\begin{aligned} v_{TH2} &= v_Y \times \frac{R_4}{R_3 + R_4} \\ \\ &= v_Y \times \frac{1k\Omega}{9k\Omega + 1k\Omega} \\ \\ &= v_Y \times \frac{1k\Omega}{10k\Omega} \\ \\ &= \frac{v_Y}{10} \\ \\ \\ R_{TH2} &= R_3 \parallel R_4 \\ \\ &= 9k\Omega \parallel 1k\Omega \\ \\ &= \frac{9k\Omega \times 1k\Omega}{9k\Omega + 1k\Omega} \\ \\ &= 900\Omega \end{aligned}$$

^{simular este circuito}

Aquí está el circuito completo con los dos equivalentes de Thévenin en su lugar:

^{simular este circuito}

He agregado un componente con impedancia.$Z_L$, que representa alguna carga conectada a la salida. Sin carga, el condensador C2 no pasa corriente y no puede "acoplarse CA" a nada. Solo está ahí para recordarle que en la vida real habrá una carga, y debe tenerla en cuenta al calcular funciones de transferencia. Si la carga es insignificante (alta impedancia), entonces podemos decir que nunca habrá una carga en C2, no habrá voltaje a través de él, y$V_{OUT} = V_Z$.

Impedancia de entrada

Debido a los puntos 1 y 4 anteriores, cualquier cosa conectada a IN verá, mirando en C1, el par conectado en serie C1 y$R_{TH1}$, seguido de una fuente de voltaje de impedancia cero. Por lo tanto:

$$\begin{aligned} Z_{IN} &= Z_{C1} + Z_{R_{TH1}} \\ \\ &= \frac{1}{sC_1} + R_{TH1} \\ \\ &= \frac{1 + sR_{TH1}C_1}{sC_1} \\ \\ &= \frac{1 + (5\times 10^6)(2\times 10^{-6})s}{(2\times 10^{-6})s} \\ \\ &= \frac{1 + 10s}{(2\times 10^{-6})s} \\ \\ \end{aligned}$$

Impedancia de salida

Cualquier cosa conectada a OUT verá, mirando hacia atrás en C2, el par conectado en serie C2 y$R_{TH2}$, seguido de una fuente de voltaje de impedancia cero. Por lo tanto:

$$\begin{aligned} Z_{OUT} &= Z_{C2} + Z_{R_{TH2}} \\ \\ &= \frac{1}{sC_2} + R_{TH2} \\ \\ &= \frac{1 + sR_{TH2}C_2}{sC_2} \\ \\ &= \frac{1 + (900)(2\times 10^{-6})s}{(2\times 10^{-6})s} \\ \\ &= \frac{1 + (1.8\times 10^{-3})s}{(2\times 10^{-6})s} \\ \\ \end{aligned}$$

Función de transferencia

Divida el circuito en tres etapas independientes (independientes debido al punto 4 anterior), como he hecho anteriormente con las casillas roja (F), verde (G) y azul (H).

Tenga en cuenta que la compensación de CC de 2,5 V introducida por la fuente de$V_{TH1}$puede ignorarse cuando se habla de funciones de transferencia en el dominio de la frecuencia, ya que el análisis de CA de pequeña señal trata todos los nodos de potencial de CC fijo como si estuvieran conectados a tierra.

La etapa F tiene una salida X. Es un divisor potencial que consta de dos elementos, C1 y$R_{TH1}$. Recordando que estamos tratando con amplitudes de señal de CA, como con cualquier divisor de potencial, la señal en X es:

$$v_X = v_{IN} \times \frac{Z_{R_{TH1}}}{Z_{C1} + Z_{R_{TH1}}}$$

Una función de transferencia es la relación entre la salida y la entrada:

$$\begin{aligned} F(s) &= \frac{v_X}{v_{IN}} \\ \\ &= \frac{Z_{R_{TH1}}}{Z_{C1} + Z_{R_{TH1}}} \\ \\ &= \frac{R_{TH1}}{\frac{1}{sC_1} + R_{TH1}} \\ \\ &= \frac{sR_{TH1}C_1}{1 + sR_{TH1}C_1} \\ \\ &= \frac{(5\times 10^6)(2\times 10^{-6})s}{1 + (5\times 10^6)(2\times 10^{-6})s} \\ \\ &= \frac{10s}{1 + 10s} \\ \\ \end{aligned}$$

La etapa G es una etapa de ganancia unitaria:

$$G(s) = 1$$

La etapa H tiene entrada$v_Y$. Si ignoramos la carga$Z_L$, como dije antes, ninguna corriente puede fluir a través de$R_{TH2}$o$C_2$, no puede haber voltaje a través de ellos, y$V_{OUT} = V_Z = V_{TH2} = \frac{V_Y}{10}$.

Entonces, en el caso en que el elemento$Z_L$falta o tiene una impedancia muy muy alta, la función de transferencia será simplemente:

$$\begin{aligned} H_{Z_L\rightarrow \infty}(s) &= \frac{v_{OUT}}{v_Y} \\ \\ &= \frac{\left(\frac{v_Y}{10}\right)}{v_Y} \\ \\ &= \frac{1}{10} \end{aligned}$$

En el escenario más probable donde$Z_L$es apreciable, se debe considerar toda la red de$R_{TH2}$, C2 y$Z_L$como otro divisor potencial, con salida$v_{OUT}$llevado a través$Z_L$:

$$\begin{aligned} v_{OUT} &= v_{TH2} \times \frac{Z_L}{Z_L+Z_{C2}+Z_{R_{TH2}}} \\ \\ &= \frac{v_Y}{10} \times \frac{Z_L}{Z_L+\frac{1}{sC_2}+R_{TH2}} \\ \\ &= \frac{v_Y}{10} \times \frac{sZ_LC_2}{sZ_LC_2+1+sR_{TH2}C_2} \\ \\ \end{aligned}$$

La función de transferencia$H$será:

$$\begin{aligned} H(s) &= \frac{v_{OUT}}{v_Y} \\ \\ &= \frac{1}{10} \times \frac{sZ_LC_2}{sZ_LC_2+1+sR_{TH2}C_2} \\ \\ &= \frac{1}{10} \times \frac{sZ_LC_2}{1+C_2(Z_L+R_{TH2})s} \\ \\ &= \frac{Z_L(2\times 10^{-6})(\frac{1}{10})s}{1+(2\times 10^{-6})(Z_L+900)s} \\ \\ &= \frac{Z_L(2\times 10^{-7})s}{1+\left[(2\times 10^{-6})Z_L+(1.8\times 10^{-3})\right]s} \\ \\ \end{aligned}$$

El paso final es encontrar la función de transferencia combinada$J$de las tres etapas en cascada:

$$\begin{aligned} J(s) &= F(s)G(s)H(s) \\ \\ &= \frac{10s}{1 + 10s} \times 1 \times \frac{Z_L(2\times 10^{-7})s}{1+\left[(2\times 10^{-6})Z_L+(1.8\times 10^{-3})\right]s} \end{aligned}$$

Eso se lo dejo a alguien más para que lo simplifique.

Algo como esto. BUF se puede aproximar como una impedancia de entrada infinitamente alta y una impedancia de salida cero, aísla los circuitos izquierdo y derecho. El 5M es el equivalente de Thevenin/Norton de dos resistores de 10M.

^{simular este circuito : esquema creado con CircuitLab}