Analisis de un Amplificador Multietapa J.I.Huircan Universidad de La Frontera May 24, 2015 Abstract Se propone el análisis de un circuito multietapa para el calculo de la excursión sin distorsión utilizando diferentes herramientas. Primero haciendo análisis en cc y luego análisis en ca, para complementar con análisis a pequeña señal. 1 Introducción El presente ejemplo desarrollado tiene como fin el mostrar diferentes aspectos vistos tales como punto de operación, excursión en ca, análisis pequeña señal, circuitos multietapas, cálculos de ganancia y resistencia equivalente. Para el ejercicio se desea calcular la excursión de la salida sin distorsión y la entrada respectiva, sin embargo como se observa en el desarrolla se han de realizar distintos análisis de tal forma de lograr encontrar lo solicitado. 2 Problema Sea el circuito multietapa de la Fig.1. Para ambos transistores considere VBE(ON) = 0.7V y β = 100 y los parámetros de pequeña señal hie = 500Ω, hfe = 100. Determine la máxima excursión de la salida sin distorsión y la amplitud de la entrada para dicho caso. 2.1 Resolución • Análisis en cc Primero se realiza el análisis en cc para determinar el punto de operación de los transistores. Para ello se lleva el circuito a cc como se muestra en la Fig. 2 mediante la determinación del equivalente Theveninn, de esta forma se tiene VT H RT H 1.2kΩ = 1.071V 10kΩ + 1.2kΩ = 1.071kΩ = 10V 1 VCC = +10V β=100 VBE(ON)= 0.7V R1 10k Ω ∞ C R2 1.2k Ω + v in RC 1.2kΩ ∞ C R E2 2.2k Ω RE 560Ω RL 2.2k Ω + vout _ Figure 1: Amplificador multietapa. Luego, planteando la malla de entrada y la malla de salida de la primera etapa +10V i'C 1 1.2k Ω + iC 2 + vCE 2 _ iC 1 + vCE 1 _ 1.07k Ω 1.07V +10V iB 2 iB 1 560 Ω RL 2.2k Ω Figure 2: Circuito equivalente de cc. 1.071V 10V iC 1.071kΩ + vBE1 + iC · 1.01 · 560Ω 100 = i′C1 1.2kΩ + vBE2 + 1.01 · iC2 2.2kΩ = (1) (2) Luego la malla de salida de la segunda etapa será 10V = vCE2 + iC2 · 1.01 · 2.2kΩ (3) Se observa que la conexión de la segunda etapa incorpora una ecuación adicional i′C1 = iC1 + iB2 = iC1 + 2 iC2 100 De la ecuación (1) se despeja y calcula la corriente iC1 . 1.071V = iC1 = iC1 1.071kΩ + 0.7V + iC1 · 1.01 · 560Ω 100 1.071 − 0.7V = 0.648mA 1.071kΩ + 1.01 · 560Ω 100 Luego se reemplaza i′C1 en la ecuación (2) y se despeja iC2 . 10V = iC2 = iC2 1.2kΩ + vBE2 + 1.01 · iC2 2.2kΩ 100 10V − 0.7V − 0.643mA · 1.2kΩ = 3.82mA 12 + 1.01 · 2.2kΩ iC1 + Reemplazado el valor de iC2 en (3) se obtiene vCE2 = 10V − (3.82mA) · 1.01 · 2.2kΩ = 1.52V Luego con los valores de iC1 e iC2 se puede calcular vCE1 . 10V vCE1 = i′C1 1.2kΩ + vCE1 + iC1 · 1.01 · 560Ω = 10V − iC1 · 1.01 · 560Ω − i′C1 1.2kΩ = 8.81V Observe que la recta de carga de cc obtenida de (3) de la segunda etapa será iC2 = − vCE2 + 4.5mA 2.22kΩ (4) • Análisis en ca Llevando el circuito a ca como se muestra la Fig. 3, se puede determinar la excursión de la etapa de salida, de esta forma se tiene RC 1.2kΩ ∆ iC ∆ iC + 1 _ 1.2k Ω 10k Ω RE 560 Ω ∆ vCE + ∆ vCE + v in 2 _ 1 + 1.1k Ω Figure 3: Circuito en ca. 3 v out _ 2 ∆vCE2 + β+1 ∆iC2 1.1kΩ = 0 β Luego la recta de carga en ca de la etapa de salida será iC2 iC2 VCEQ2 vCE + ICQ2 = − β+1 2 + β+1 β 1.1kΩ β 1.1kΩ vCE2 = − + 5.18mA 1.11kΩ (5) Dibujando las rectas de carga de cc (4) y ca (5) de la etapa de salida se obtiene la curva de la Fig. 4. iC 2 [mA] 5.18 4.5 Recta de ca 3.82 Recta de cc 1.52 5.74 10 vCE [V] 2 v op= 1.52V Figure 4: Excursión de salida de la segunda etapa. De acuerdo a la Fig. 4, la excursión vCE2 que corresponde a la salida será vout−peak = 1.52V . Para determinar la entrada de la etapa 2 se necesita la vout−peak ganancia de dicha etapa, esto es vin−peak(segunaetapa) = Av (segunda−etapa) . Dicha entrada permite obtener la excursión indicada. Segunda Etapa RC 1.2kΩ ∆ iC 1 + ∆ vCE _ + v in 1.2k Ω 10k Ω 1 Requiv RE 560Ω Figure 5: Etapa 1 con la resistencia equivalente que representa la segunda etapa. 4 Sin embargo, este valor vin−peak(segunaetapa) puede no coincidair con la excursión de salida de la primera etapa, dado que esta etapa tiene su propia restricción. De acuerdo a la Fig. 3 se tiene que la primera etapa esta conectada a la segunda, pero para ver la variación ∆iC1 se necesita saber la resistencia equivalente que representa la segunda etapa como se muestra en la Fig. 5. Esta resistencia equivalente se puede representar por la resistencia de entrada de la segunda etapa, y para ello se debe hacer un análisis a pequeña señal. • Análisis a pequeña señal Considerando el circuito a pequeña señal de la Fig. 6, se determina el REquiv que representa la segunda etapa. RC 1.2k Ω iB 1 v01 hie iB 2 h fe iB 2 h fe iB hie 1 + + v in 1.07k Ω 1.1k Ω RE 560 Ω v out _ R Equiv Figure 6: Circuito equivalente a pequeña señal. Planteando la LVK a partir de v01 se tiene v01 = iB2 hie + (1 + hf e ) iB2 1.1kΩ Despejando el REquiv , se tiene REquiv v01 = hie + (1 + hfe ) 1.1kΩ iB2 = 500Ω + 101 · 1.1kΩ = 111.6kΩ = Adicionalmente se puede determinar la ganancia de la segunda etapa considerando la ecuación en la salida vout = (1 + hfe ) iB2 1.1kΩ Así la ganancia de la segunda etapa es vout (1 + hf e ) 1.1kΩ = = 0.995 v01 hie + (1 + hfe ) 1.1kΩ 5 RC 1.2k Ω ∆ iC 1 + ∆ vCE _ + v in 1.2k Ω 10k Ω 111.6kΩ 1 RE 560 Ω Figure 7: Equivalente. De esta forma, el circuito de ca para determinar la excursión de la primera etapa se muestra en la Fig. 7, la recta de carga de ca se determina de acuerdo a ∆vCE1 + ∆iC1 (1.2kΩ||111.6kΩ) + β+1 ∆iC1 560Ω = 0 β Despejando la recta de carga de ca de la primera etapa será iC1 iC1 vCE1 VCEQ1 + + ICQ1 1.2kΩ||111.6kΩ + 1.01 · 560 1.2kΩ||111.6kΩ + 1.01 · 560 vCE1 + 5.675mA (6) = − 1653 = − Con esta recta de carga y el punto de operación que ya fue determindo es posible determinar la excursión tanto de iC1 como de vCE1 . Como se muestra la Fig. 8 se tiene que la variación de la corriente de colector corresponde a 0.648mA. iC 1 [mA] 5.67 Recta de ca 1.29 0.648 10 8.81 9.95 v CE [V] 1 v op= 1.14V Figure 8: Excursión de la salida de la primera etapa. 6 RC 1.2k Ω v 01 iB 1 + v in 1.07k Ω hie h fe iB 1 111.6kΩ RE 560 Ω Figure 9: Circuito para el calculo de la ganancia de la primera etapa. De esta forma el vo−peak1 sin distorsión de la primera etapa se determina usando la excursión de la corriente de la primera etapa será vo−peak1 = ∆iC1 · (1.2kΩ||111.6kΩ) = 0.77V (7) Pero ¿Por qué no considerar el ∆vCE1 directamente como en el caso de la segunda etapa? Esto es porque vCE1 no corresponde a la salida v01 de la primera etapa, dado que no se ha considerado el voltaje en el resistor de 560Ω, sin embargo se debiera obtener el mismo valor al considerar vo−peak1 = ∆vCE1 − ∆iC1 · 560Ω = 1.14 − 0.648 (1.01) · 0.560 = 0.77V. ¿Por qué la resta? Pues para una variación positiva de vCE1 , la corriente iC1 disminuye quedando los peak desfasados en 180◦ . Para determinar el vin−peak , se debe determinar la ganancia de la primera etapa. De esta forma se tiene vo1 vin = −hf e iB1 (1.2kΩ||111.6kΩ) = iB1 hie + (1 + hf e ) iB1 560Ω Calculando la ganancia de la primera etapa incluyendo el efecto de carga de la segunda etapa será vo1 vin hf e (1.2kΩ||111.6kΩ) hie + (1 + hf e ) 560Ω 100 (1.19k) = − = −2.086 500Ω + (101) 560Ω = − Finalmente se tiene vin−peak = 0.77V = 0.369V |−2.086| 7 Este resultado indica que vin−peak = 0.369V genera una salida en la primera etapa sin distorsión vout−peak1 = 0.77V . Luego al ser multiplicada por la ganancia de la segunda etapa se obtiene vout−peak = 0.995 · 0.77V = 0.766V. • Analisis del circuito completo a pequeña señal Considerando el circuito completo a pequeña señal de la Fig. 6 se plantean las siguientes ecuaciones. − (hf e iB1 vout = (1 + hfe ) iB2 1.1kΩ + iB2 ) 1.2kΩ = iB2 hie + (1 + hf e ) iB2 1.1kΩ vin = iB1 hie + (1 + hf e ) iB1 560Ω Determinando la ganancia completa del amplificador se tiene vout vin hf e (1 + hf e ) 1.2kΩ1.1kΩ (1.2kΩ + hie + (1 + hf e ) 1.1kΩ) (hie + (1 + hf e ) 560Ω) = −2.071 = − De acuerdo al voltaje de salida peak se puede determinar el voltaje peak de entrada vin−peak = 1.52 = 0.734V |−2.071| La pregunta es ¿Porqué este vin−peak no calza con el calculado anteriormente?. El problema radica en que se asume que la excursión en la salida de la segunda etapa dividida por la ganancia permite obtener una entrada para esta etapa, pero esta no considera la distorsión producida en la salida de la primera etapa. Dada que la ganancia de la segunda etapa es casi igual a 1 (en realidad 0.995), la entrada de ésta corresponderá al valor 1.52V . Sin embargo al analizar la salida de la primera etapa, como se muestra en la Fig. 8 y se determina en (7), esta excursión es de 0.77V , por lo que considerar una salida supuesta de 1.52V en la primera etapa seria considerar una señal que estará recortada. Finalmente, si en la entrada se tiene un voltaje peak igual a 0.369V , en v01 se tiene 0.77V peak, luego en la salida se tiene un vo−peak = 0.76V . Si se sobrepasa esta magnitud en la entrada entonces la salida de la primera etapa presentará una distorsión (recorte), produciendo una distorsión en la salida de la segunda etapa. 3 Conclusiones Como se puede obsrevar en el desarrollo del problema, se ha atacado los distintos aspectos de una aplicación multietapa para poder determinar el máximo peak 8 sin distorsión de la entrada Se han determinado los puntos de operación, las excursiones en ambas etapas. Adicionalmente se recurrido al análisis a pequeña señal para obtener información adicional del circuito. Debde considerar que todos los análisis utilizados son herramientas que se han usado en otras ocaciones como cálculos aislados, sin embargo esta vez se le ha dado cierta coeherencia para analizar un problema en particular. 9