PROBLEMA 1 (2 puntos) Dado el siguiente amplificador en

PROBLEMA 1 (2 puntos)
Dado el siguiente amplificador en configuración base común, calcular:
a) La ganancia de tensión (AV = vo/vi) a frecuencia cero. (0,5 puntos)
b) La ganancia de tensión (AV = vo/vi) a frecuencias medias. (1 punto)
c) La resistencia de entrada a frecuencias medias. (0,5 puntos)
RC
vo
RB1
C
Vcc
vi
RB2
RE
a) A frecuencia cero el condensador es un circuito abierto y el circuito equivalente de pequeña señal sería
el siguiente:
B
C
vo
RB = RB1//RB2
ib
hfe⋅ ib
hie
RC
E
ire
RE
vi = −ib ⋅ (hie + RB )⎫
vo h fe ⋅ RC
=
⎬ ⇒ AV =
vo = −ib ⋅ h fe ⋅ RC ⎭
vi hie + RB
AV =
h fe ⋅ RC
hie + RB
ii
vi
b) A frecuencias medias se considera que el condensador es un cortocircuito y el circuito equivalente de
pequeña señal sería el siguiente:
B
C
vo
ib
hfe⋅ ib
hie
RC
E
ii
RE
ire
vi
La diferencia con el apartado anterior es que RB queda cortocircuitada y el circuito sería el mismo pero con
RB = 0. Por lo tanto la ganancia de tensión tendría la misma expresión que la del apartado a) sustituyendo RB
por cero.
AV =
h fe ⋅ RC
hie
c) Para obtener la resistencia de entrada Ri a frecuencias medias hay que analizar el circuito del apartado b)
resolviendo el nudo de emisor (E).
⎫
i re = ib + h fe ⋅ ib + ii = (1 + h fe ) ⋅ ib + ii ⎪
⎪
v
vi
v
⎪
= − i ⋅ (1 + h fe ) + ii ⇒ vi
ire = i
⎬⇒
RE
RE
hie
⎪
vi
⎪
vi = −ib ⋅ hie ⇒ ib = −
⎪⎭
hie
Ri =
vi
R E ⋅ hie
1
=
=
(1 + h fe ) hie + (1 + h fe )⋅ RE
ii
1
+
RE
hie
Ri =
R E ⋅ hie
hie + (1 + h fe ) ⋅ RE
(1 + h fe ) ⎞⎟
⎛ 1
⋅ ⎜⎜
+
= ii
hie ⎟⎠
⎝ RE
PROBLEMA 2 (3 puntos)
Dado el siguiente amplificador, del que solo se consideran las capacidades CF y CD, se pide:
a) Dibujar el circuito equivalente de pequeña señal a frecuencias medias y calcular la ganancia de
tensión. (1 punto)
b) Dibujar el circuito equivalente a frecuencias bajas y calcular la frecuencia de corte inferior. (0.75
puntos)
c) Dibujar el circuito equivalente a frecuencias altas y calcular la frecuencia de corte superior. (0.75
puntos)
d) Dibujar el diagrama de bode del módulo de la ganancia de tensión. (0.5 puntos)
Datos: hfe=180, gm=6.28 mS, ICQ = 5.713 mA, VT = 25.8 mV.
12 V
CD
1500 pF
RD
5 kΩ
Q1
Vi
RS
J1
Vo
50
VS
RG
2 MΩ
RF
1000
RE
1 kΩ
CF
50 uF
0
a) A frecuencias medias CF se puede considerar un cortocircuito y CD un circuito abierto. El circuito
equivalente de pequeña señal a frecuencias medias es el siguiente:
RS
vi
v1
G
ii
ib
gm⋅ vgs
vs
RG
hfe⋅ ib
hie
RD
vo
S
RE
Ri2
hie =
h fe ⋅ VT
180 ⋅ 25,8mV
= 812,88Ω
5,713mA
v1 ⎫
v
vi ⎪⎪
⇒ AV = o = Av1 ⋅ Av 2
⎬
v
vi
= o⎪
v1 ⎪⎭
AV 1 =
AV 2
I CQ
=
v1 = − g m ⋅ v gs ⋅ (RD // Ri 2 )
v1 ib ⋅ hie + (1 + h fe ) ⋅ ib ⋅ RE
=
= hie + (1 + h fe ) ⋅ RE = 812,88Ω + 181 ⋅ 1000Ω = 181,81K
ib
ib
Ri 2 =
5K ⋅ 181,81K
= 4,866 K
5K + 181,81K
RS + RG
RG
⇒ vi = v gs ⋅
≈ v gs
v gs = vi ⋅
RG
RS + RG
g m ⋅ v gs ⋅ (RD // Ri 2 )
A
= − g m ⋅ (RD // Ri 2 ) = −6,28 ⋅ 10 −3 ⋅ 4866Ω = −30,55
AV 1 = −
v gs
V
RD // Ri 2 =
AV 2 =
(1 + h fe )⋅ ib ⋅ RE
(1 + h fe )⋅ RE
vo
181 ⋅ 1K
=
=
=
= 0,99
v1 ib ⋅ hie + (1 + h fe ) ⋅ ib ⋅ RE hie + (1 + h fe ) ⋅ RE 0,81288 K + 181 ⋅ 1K
AV = AV 1 ⋅ AV 2 = −30,55 ⋅ 0,99 = −30,24
AV = −30,24
b) A frecuencias bajas hay que considerar el efecto de CF que introducirá un cero y un polo al sistema. El
condensador CD se puede considerar un circuito abierto. El circuito equivalente de pequeña señal a
frecuencias bajas es el siguiente:
RS
vi
v1
G
ii
ib
gm⋅ vgs
Rx
vs
RG
ix
S
vx
RD
vo
RF
RE
CF
Ri2
CF introduce un cero en la frecuencia:
1
1
=
= 3,18 Hz
fZ =
2 ⋅ π ⋅ RF ⋅ CF 2 ⋅ π ⋅ 1000Ω ⋅ 50 ⋅ 10 −6 F
CF introduce un polo en:
1
1
=
= 23,17 Hz
fP =
2 ⋅ π ⋅ RCF ⋅ CF 2 ⋅ π ⋅ 137,35Ω ⋅ 50 ⋅ 10 −6 F
RCF = RF // R x =
Rx =
hfe⋅ ib
hie
1000Ω ⋅ 159,23Ω
= 137,35Ω
1000Ω + 159,23Ω
− v gs
vx
1
=
=
= 159,23Ω
i x − g m ⋅ v gs g m
fL = 23,17 Hz
c) A frecuencias altas hay que considerar el efecto de CD que introducirá un polo al sistema. El condensador
CF se puede considerar un cortocircuito. El circuito equivalente de pequeña señal a frecuencias altas es el
siguiente:
Ro1
RS
vi
v1
G
i1
ii
ib
gm⋅ vgs
vs
RG
RD
hfe⋅ ib
hie
CD
vo
S
RE
Ri2
CD introduce un polo en:
fP =
1
2 ⋅ π ⋅ RCD ⋅ CD
RCD = Ri 2 // Ro1
v1
i1
Con vs cortocircuitada (para medir la resistencia Ro1), vgs = 0 =>
Ro1 =
Ro1 =
v1
= RD = 5K
i1
RCD = Ri 2 // Ro1 = Ri 2 // RD = 4,866 K
fP =
1
1
=
= 21,805kHz
2 ⋅ π ⋅ RCD ⋅ CD 2 ⋅ π ⋅ 4866Ω ⋅ 1500 ⋅ 10 −12 F
fH = 21,805 kHz
d) Para dibujar el diagrama de Bode del módulo de la ganancia de tensión, partimos de la ganancia de tensión
a frecuencias medias que es –30,24, que en dB sería 29,61 dB.
A partir de 23,17 Hz la ganancia disminuye 20 dB/dec hasta los 3,18 Hz. Entre 23,17 Hz y 3,18 Hz hay 0,86
decadas, por lo que a frecuencia 3,18 Hz la ganancia sería 29,61 dB – 20 dB/dec * 0,86 dec = 12,41 dB.
Para frecuencias por debajo de 3,18 Hz la ganancia permanece constante a 12,41 dB ya que el cero anula la
disminución de ganancia del polo.
Para frecuencias altas, a partir de 21,805 kHz la ganancia disminuye 20 dB/dec. Esto daría una ganancia de
16,38 dB a una frecuencia de 105 Hz y de –3,61 dB a 106 Hz.
Dibujando lo anterior quedaría el siguiente diagrama de Bode:
|AV| dB
-3,61
-5
-10
29,61 dB
20
dB
/de
c
29,61
12,41
1
3,18
c
de
B/
0d
-2
80
75
70
65
60
55
50
45
40
35
30
25
20
15
10
5
23,17
10
21805
102
103
104
105
106
107
108
109
1010
1011
f (Hz)
PROBLEMA 3 (2 puntos)
Dado el circuito de la figura calcular:
a) Las resistencias RC2 y RE3 para que en el punto de polarización del circuito la tensión en Vo sea
nula.
b) La ganancia de pequeña señal de tensión diferencial, Av= Vo/(V1-V2).
Datos: VBE (Q1, Q2) = 0.76 V, VBE (Q3) = -0.82 V, hfe (Q1, Q2, Q3) = 100, VC2 = 9 V, Vo = 0 V,
VT = 25.8 mV
VCC
RC2
RE3
12
VCQ2
V2
Q1
Q2
Q3
V1
Vo
+
Vd/2
Vd/2
12
RC3
2 kΩ
REE
10 kΩ
+
+
+
VEE
a) Análisis del circuito en el punto de polarización (corriente continua).
I E2 =
1
1 VEE − V BEQ 2 1 12 V − 0.76 V
⋅ I EE = ⋅
= ⋅
= 562 µA
2
2
REE
2
10 kΩ
IC 2 = I E 2 ⋅
β
β +1
= 562 µA ⋅
100
= 556.4 µA
101
IC 3 =
Vo − VEE 0 V − (−12 V )
=
= 6 mA
2 kΩ
RC 3
I B3 =
IC 3
β
= 0.06 mA = 60 µA
I E 3 = I C 3 + I B 3 = 6.06 mA =
RE 3 =
VCC − V EBQ 3 − VCQ 2
RE 3
=
12 V − 0.82 V − 9 V
RE 3
12 V − 0.82 V − 9 V
= 360 Ω
6.06 mA
VCC − VCQ 2
I RC 2
=
(2)
(3)
(4)
I RC 2 = I C 2 − I B 3 = 556.4 µA − 60 µA = 496.4 µA
RC 2 =
(1)
12 V − 9 V
= 6 043 Ω
496.4 µA
(5)
(6)
(7)
(8)
b) Análisis de pequeña señal del circuito amplificador.
B1
hie1
ib1
Vd/2
+
E1
h fe ⋅ ib1
hie 2
E2
VP
h fe ⋅ ib 2
REE
+
ib 2
Vd/2
hie3
B3
C2
B2
C3
h fe ⋅ ib 3
ib 3
RC 2
E3
Vo
RC 3
Req 3
RE 3
Vp = −
Vp =
Vd
− ib1 ⋅ hie1
2
(1)
Vd
− ib 2 ⋅ hie 2
2
(2)
Sumando (1) y (2), y considerando que las resistencias de entrada de Q1 y Q2 son iguales, se obtiene (3):
2 ⋅ V p = −(ib1 + ib 2 ) ⋅ hie
(ib1 + ib 2 ) ⋅ (1 + hie ) =
(ib1 + ib 2 ) =
(3)
Vp
REE
Vp
REE ⋅ (1 + hie )
(4)
(5)
Ahora, sustituyendo (5) en (3), se obtiene la expresión (6), que sólo puede ser cierta si la tensión Vp es
nula.
2 ⋅ Vp = −
Vp
REE ⋅ (1 + hie )
⋅ hie
(6)
Como Vp= 0 V, entonces:
ib 2 =
Vd
2 ⋅ hie 2
ic 2 = ib 2 ⋅ h fe =
Vd
⋅ h fe
2 ⋅ hie 2
(7)
(8)
vb 3 = −ic 2 ⋅ (RC 2 // Req 3 ) = −
(6)
hie 2 =
hie 3 =
Av1 =
Av 2 =
h fe ⋅ VT
I C 2Q
[
]
RC 2 ⋅ hie 3 + RE 3 ⋅ (1 + h fe )
Vd
⋅ h fe ⋅
2 ⋅ hie 2
RC 2 + hie 3 + R E 3 ⋅ (1 + h fe )
=
100 ⋅ 25.8
= 4 607 Ω
0.56
h fe ⋅ VT 100 ⋅ 25.8
=
= 430 Ω
I C 3Q
6
Vb 3 (9 )
100
6 043 ⋅ [430 + (360 ⋅ 101)]
=−
⋅
= −56.3
Vd
2 ⋅ 4 607 6 043 + 430 + (360 ⋅ 101)
− RC 3 ⋅ h fe ⋅ ib 3
Vo
− 2 000 ⋅ 100
=
=
= −5.44
Vb 3 ib 3 ⋅ hie 3 + ib 3 ⋅ (h fe + 1) ⋅ RE 3 430 + 101 ⋅ 360
Av =
Vo Vb 3 Vo
=
⋅
= Av1 ⋅ Av 2 = (− 56.3) ⋅ (− 5.44) = 306.27
Vd Vd Vb 3
(9)
(10)
(11)
(12)
(13)
(14)