Guia 2 - Electrónica Aplicada II

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II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
Problema 19
Diseñar una etapa adaptadora en configuración “colector común” de manera que en RL
se obtenga por lo menos el 90% de la tensión Vs.
VCC=9V
Rs=10K
V ' o = 100mV
Vs
C.C.
RL=1K
Vo
Vo ≥ 0,9Vs
circuito propuesto:
+9V
RB
Rs=10K
BC549C
Vs
RE
BVCE 0 = 20V
⇒
RL=1K
9V < 0,75BVCE 0
Adoptamos ICQ = 1mA
Del manual:
hFE = 490
hie ≅ 13K
o
hie =
VT
⋅ hFE = 12250Ω
IC
⇒
1
= 28,5K
hoe
hfe = 600
hoe = 35 µAV
107
II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
gm = 40 ⋅ ICQ = 0,045
β ( 2 mA)
β min( 2 mA)
=
β (1mA)
β min(1mA)
1
Ω
o
gm ≅
hfe
1
= 0,046
hie
Ω
⇒ β min (1mA ) = 395
Polarización contínua:
+9V
VCC − IB ⋅ RB − VBE − IE ⋅ RE = 0
RB
ICQ
como IB ≅
BC549C
IB
IE ≅ IC
RE
luego: RE ≅ 5
RB
hFEmin
ICQ =
VCC − VBE
RB
RE +
hFE
( II )
reemplazando (II) en (I), obtenemos:
RE = 7147Ω → RE = 6K 8
RB = 564 ,6K → RB = 560K
verificamos ICQ:
ICQ =
ICQ =
IC
hFE
VCC − VBE
RE
hFE =∞
= 1,22 mA → hFE = 500
VCC − VBE
= 1,05mA → hFE = 490
RB
RE +
hFE
luego hallamos VCEQ:
VCEQ = VCC − ICQ ⋅ RE = 1,86V
108
(I)
II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
de la recta de carga dinámica:
ICQ ⋅ Rd = 0,87V
Vo∃MAX = 0,87V > 100mV
Análisis para señal:
Ro
Rs
Vs
RB
Ris
RiA
Rs
Ri
RL
RoA
Ros
hie
Vs
RB
Ri =
RE
ib.hfe 1/hoe RE
RL Vo
Vi Ib[ hie + (1 + hfe) ⋅ Rd ]
=
= 537 K
Ib
Ib
RiA = RB Ri = 274 K
AV =
Vo Ib(1 + hfe) ⋅ Rd
(1 + hfe) ⋅ Rd = 0,976
=
=
Vi
Ib ⋅ Ri
hie + (1 + hfe) ⋅ RE
AVS =
Vo Vo Vi
RiA
=
⋅ = AV ⋅
= 0,94
Vs Vi Vs
RiA + Rs
Para calcular la impedancia de salida:
Ix
Rs
RB
Ro =
Vx
109
Vx
Ix
II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
hie
b
Rs
IC'
e
RB
ib.hfe
c
Ro = Ro '
Ro ' =
Ix
1/hoe Vx
Ro'
1
≅ Ro '
hoe
[
]
Rs RB
Vx Ib hie + ( Rs RB)
hie
=
=
+
Ix '
Ib(1 + hfe)
1 + hfe 1 + hfe
Ro ' = hib +
Rs RB
1 + hfe
⇒
Ro = Ro ' = 38Ω
luego:
Ro A = Ro RE ≅ Ro
RoS = Ro A RL ≅ Ro
Problema 20
Diseñar una etapa en configuración “emisor común” que cumpla con la siguiente
condición:
190 ≤
Vo
≤ 200
Vi
VCC=12V
Rs=10K
Vs
Vi
E.C.
RL=100K Vo
110
II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
Circuito propuesto:
+12V
R1
RC
Rs
RL
Vs
R2
RE
Transistor: BC549B
Corriente de colector propuesta: ICQ=2mA
Valores obtenidos del manual:
hFE = 290
hFE min = 200
hfe = 330
hie = 4 ,5K
hoe = 30µΩ −1 ⇒ ro = 33K
hre = 2 ⋅ 10 −4
gm =
hfe 290
=
= 0,064 1 Ω
hie 4 ,5K
AV = − gm ⋅ Rd
RC =
Rd =
⇒
AV
195
=
= 3046,8Ω
gm
0,064 1Ω
Rd ⋅ RL
= 3142,5Ω ≅ 3,2 K
RL − Rd
(VRE ≅ 1V )
Se propone VCEQ=5V:
VCC = VCEQ + ICQ ⋅ ( RC + RE )
RE =
VCC − VCEQ − ICQ ⋅ RC 12V − 5V − 2mA ⋅ 3,2 K
=
= 300Ω
ICQ
2mA
Propongo n=10:
111
II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
RE = 10 ⋅
ICQ =
RB
hFE min
⇒
VBB − O,7V
RB
RE +
hFE
VBB = VCC ⋅
RB =
⇒
RE ⋅ hFEmin
= 6600Ω
10
RB 

VBB = ICQ ⋅  RE +
 + 0,7V = 1,4V
hFE 

R2
R1 + R2
RB =
R1 ⋅ R2
R1 + R2
R 2 = 7,5 K
R1 = 56 K
Verificación:
ICQ =
n=
VBB − 0,7V
= 2mA
RB
RE +
hFE
RE ⋅ hFEmin
= 10
RB
Rd = RC RL = 3100,7Ω
AV = −
hfe
⋅ Rd = −208
hie
⇒ se debe bajar RC
Vo∃1 = VCEQ − VCE SAT = 4,9V
Vo∃MAX = 4,9V
Voˆ2 = ICQ ⋅ Rd = 6,2V
Ri A = RB hie = 2,7 K
112
II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
Problema 21
Diseñar una etapa amplificadora que tenga las siguientes características:
AVS = 140
VCC
Rs=12K
Ri A = Rs ± 10%
Vs
RL=100K
Vo
n≥5
VCC ≤ 0,75 ⋅ BVCE 0
Vo∃ = 3V
Proponemos el siguiente circuito:
BC548B
Rs=12
Vs
RC
R1
RE
RL=100K
VCC
R2
Análisis para señal:
BC548B
Rs
Vs
RE
Rs
Vs
Ic
RC
Vi
c
e
RE
RL Vo
hib
ib.hfe
Rd Vo
b
113
II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
Ri A = RE hib = RE
1
gm
como RE hib ≅ hib ⇒ despreciamos RE
1
1
=
= 12Ω
gm 40 ⋅ ICQ
Ri A ≅
⇒
ICQ = 2mA
del manual:
µA
1
⇒
= 33,3K
V
hoe
hfe = 330
hoe = 30
hie = 4 K 5
hre = 2 ⋅ 10 −4
β = 290
β min = 200
⇒
entonces:
hob =
hoe
1
⇒
≅ 11 MΩ
1 + hfe
hob
hib =
hie
= 13,6Ω
1 + hfe
con las ganancias:
AV =
Vo hfb ⋅ Ie ⋅ Rd
=
=
Vi
Ie ⋅ hib
AVS =
 hfe 

 ⋅ Rd
 1 + hfe 
 hie 


 1 + hfe 
≅ gm ⋅ Rd
Ri A
Vo Vo Vi
1
=
⋅ = AV ⋅
= AV ⋅ = 140 (dato)
Vs Vi Vs
Ri A + Rs
2
AV = 280
entonces:
AV =
hfe
⋅ ( RC RL) = 280
hie
luego:
RC RL = 3818,18Ω
como RL = 100 K ⇒ RC = 3K 9
114
II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
Para la excursión de la señal de salida, según las curvas del base común:
VCB ≥ 3V
como ICQ ⋅ Rd = 7,8V
para que no sature el transistor.
⇒
VCB = 3,5V
calculamos VCEQ:
VCEQ = VCB + VBE = 4,2V
Para calcular VCC:
VCC = 15V ≤ 0,75BVCE 0
luego:
ICQ ⋅ RE = VCC − ICQ ⋅ RC − VCEQ = 3V
RE =
3V
= 1K 5
ICQ
para hallar R1 y R2
sabiendo que:
ICQ = 2mA
y:
VCEQ = 4,2V
RE
≥5
RB
β min
obtenemos que:
RB ≤ 60 K
adoptamos RB ≅ 50 K para no trabajar en el límite, entonces:
ICQ =
VBB − VBE
RB
RE +
hFE
RB 

VBB = ICQ ⋅  RE +
 + VBE = 4V

hFE 
115
II – Amplificadores Monoetapa de Bajo Nivel
R2
, multiplicando m. a m. por R1 nos queda:
R1 + R2
RB
R1⋅ VBB = VCC ⋅ RB ⇒ R1 = VCC ⋅
= 187,5K
VBB
como VBB = VCC ⋅
1
1
1
+
=
R1 R2 RB
⇒
R2 = 68,18 K
adoptamos los valores comerciales de R1 y R2:
R1 = 180 K
R2 = 68 K
Verificación:
VBB = VCC ⋅
R2
= 4,11V
R1 + R2
RB = R1 R2 = 49,35K
VBB − VBE
= 2,04mA
RB
RE +
hFE
VCEQ = VCC − ICQ ⋅ ( RC + RE ) = 3,98V
ICQ =
VCBQ = VCEQ − VBE = 3,28V
n=
RE
=6
RB
hFE min
AV1 = gm ⋅ Rd
gm = 40 ⋅ ICQ = 0,082
AV1 = 306,29
AV2 =
hfe
⋅ Rd = 275,26
hie
hib = 12,25Ω
⇒
Ri A = hib RE = 12,15Ω
AVS1 = AV1 ⋅
Ri A
= 152,2
Ri S
AVS 2 = AV2 ⋅
Ri A
= 136,78
Ri S
Vemos que se verifican todos los cálculos.
116
1
Ω
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