TEMA 7 DA2

Diseño Análogo 2 – TEMA # 7
Etapa de salida y amplificadores de potencia
Una función importante de la etapa de potencia es
proveer al amplificador de una baja resistencia de
salida, de modo que pueda entregar la señal sin
pérdida de ganancia.
Por lo general la etapa de salida tiene que ver con
señales relativamente grandes, por tal motivo, los
modelos de pequeña señal no son aplicables o
deben usarse con cuidado, aunque no se debe
olvidar que la linealidad sigue siendo un factor
importante en esta etapa, de hecho, un parámetro
importante en la calidad de un amplificador es la
distorsión armónica total o THD (total harmonic
distorsion), que es el valor de la potencia de los
armónicos excluyendo la fundamental, sobre la
potencia de la fundamental.
Otro parámetro importante de la etapa de salida es
la eficiencia en la entrega de la energía o potencia
a la carga, es decir, el transistor debe disipar la
menor cantidad de energía en calor, puesto que
este dispositivo a temperaturas superiores a los
150 o 200 °C se destruye, además se desea que la
energía entregada al circuito en su mayoría sea
utilizada para excitar la carga.
En la etapa clase A 𝐼𝐶 > 𝐼̂𝐶 , es decir, el transistor
configurado en clase A conduce los 360 grados
eléctricos.
Amplificador clase B
Figura 7.2
En la etapa clase B 𝐼𝐶 = 0, es decir, el transistor
configurado en clase B conduce 180 grados
eléctricos, la otra parte de la onda lo dará otro
transistor configurado también en clase B.
Amplificador clase AB
De acá en adelante se hablará de alta potencia
cuando se trabaje con potencias superiores a 1W.
Clasificación de las etapas de salida
Las etapas de salida se clasifican según la forma de
onda de la corriente a través del colector, que
resulta cuando se aplica una señal de entrada
senoidal.
Etapa clase A
Figura 7.3
En la etapa clase AB 0 < 𝐼𝐶 ≪ 𝐼̂𝐶 , es decir, el
transistor configurado en clase AB conduce más de
180 y mucho menos de 360 grados eléctricos, este
transistor al igual que el de clase B tiene otro
transistor que conduce en el ciclo negativo también
en clase AB, es así como en esta configuración
cuando la señal está cercana al cruce por cero, los
dos transistores conducen.
Figura 7.1
1
Amplificador clase C
La corriente de polarización 𝐼 debe ser mayor que
la corriente negativa más grande, de lo contrario
𝑄1 se desactiva.
𝑣𝑂 = 𝑣𝐼 − 𝑣𝐵𝐸1
Donde 𝑣𝐵𝐸1 depende de 𝐼𝐸1 y por lo tanto de 𝐼𝐿 . Si
se omiten los cambios relativamente pequeños de
𝑣𝐵𝐸1 (60mV por cada década de 𝐼𝐸1 ) resulta la curva
de transferencia lineal de la figura 7.5, donde el
límite de saturación positivo esta dado por la
saturación de 𝑄1.
Figura 7.4
Esta etapa de salida tiene una conducción eléctrica
mucho menor a 180°, trabaja para una banda de
frecuencias estrecha y resulta muy apropiado en
equipos de radiofrecuencia. Esto es debido al
fenómeno de resonancia, el cual, se genera a la
salida del amplificador cuando es sintonizado (la
impedancia capacitiva e inductiva se cancelan a
una frecuencia previamente calculada), aunque no
trabaja arriba de 180 grados de ciclo, este
amplificador a la salida genera una señal de ciclo
completo de señal para la frecuencia fundamental.
En la dirección negativa, dependiendo de los
valores de 𝑅𝐿 e 𝐼, el límite de la región lineal es
determinado por la desactivación de 𝑄1
𝑣𝑂𝑚𝑖𝑛 = −𝐼𝑅𝐿
O por la saturación de 𝑄2
𝑣𝑂𝑚𝑖𝑛 = −𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐶𝐸2𝑠𝑎𝑡
El voltaje de salida absolutamente más bajo es el
dado por la saturación de 𝑄2 y se logra siempre
que la corriente de polarización 𝐼 sea mayor que la
magnitud de la corriente máxima de carga
𝐼≥
|−𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐶𝐸2𝑠𝑎𝑡 |
No se utiliza en sonido, por su gran nivel de
distorsión y porque su operación no está destinada
para amplificadores de gran señal o gran potencia,
por tal motivo no será tema de estudio en el curso
𝑅𝐿
Etapa de salida clase A
Por su baja resistencia de salida, el seguidor emisor
es la etapa clase A preferida.
Figura 7.6
Ejercicio 14.1 pág. 1233
Figura 7.5
Para el seguidor emisor de la figura 7.5, 𝑉𝐶𝐶 =
15𝑉, 𝑉𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 = 0.2𝑉 , 𝑉𝐵𝐸 = 0.7𝑉 y β muy alta.
Encuentre el valor de 𝑅 que establecerá una
corriente de polarización lo suficientemente
grande como para permitir que la señal de salida
más grande posible oscile para 𝑅𝐿 = 1𝐾Ω.
Determine la oscilación de la señal de salida
2
resultante y las corrientes mínima y máxima en el
emisor.
𝐼=
|−𝑉𝐶𝐶 + 𝑉𝐶𝐸2𝑠𝑎𝑡 |
=
|−15+ 0,2|
15−0.7
= 970Ω
= 14.8𝑚𝐴
Potencia promedio de 𝑄1 = 𝑉𝐶𝐶 𝐼 cuando 𝑅𝐿 = ∞
Disipación de potencia
Salida de voltaje desde -14.8V a 14.8V
Se puede ver que la mayor disipación de potencia
se da para un 𝑣𝑂 = 0 que corresponde a un 𝑣𝐼 = 0
u una potencia de 𝑃𝐷 = 𝐼𝐶 𝑉𝐶𝐶 , es decir que disipa
la mayor cantidad de potencia cuando no hay
señal.
Mínima corriente de emisor es 0mA
Ejercicio 14.3 pág. 123
Máxima corriente de emisor es
𝑃𝐷1 = 𝑉𝐶𝐶 𝐼 = 10(0.1) = 1𝑊
2𝐼 = 2(14.8𝑚𝐴) = 29.6𝑚𝐴
𝑃𝐷2 = 𝑉𝐶𝐶 𝐼 = 10(0.1) = 1𝑊
Ejercicio 14.2 pág. 1233
𝑄1 = 2 𝑉𝐶𝐶 𝐼 = 2 10(0.1) = 0.5𝑊
𝑅=
𝑅𝐿
𝑉𝐶𝐶 −𝑣𝑂
𝐼
=
14.8
1𝐾
Para el seguidor emisor del ejemplo anterior en el
cual 𝐼 = 14.8𝑚𝐴, considere el caso en el cual
𝑣𝑂 está limitado al intervalo -10V a +10V. Considere
que 𝑄1 tiene 𝑣𝐵𝐸 = 0.7𝑉 con 𝑖𝐶 = 1𝑚𝐴y suponga
𝛼 = 1. Encuentre 𝑣𝐼 correspondiente a 𝑣𝑂 =
−10𝑉, 0V y +10V. En cada uno de estos puntos use
un análisis de pequeña señal para determinar la
ganancia de voltaje 𝑣𝑜 ⁄𝑣𝑖 . Observe que la ganancia
de voltaje incremental da la pendiente de la curva
característica 𝑣𝑜 frente 𝑣𝑖 .
Formas de onda en etapa clase A
Si se considera el circuito anterior y se desprecia
los voltajes 𝑣𝐶𝐸𝑠𝑎𝑡 y se elije una corriente de
polarización 𝐼 que permite una excursión negativa
𝑉
de 𝑅𝐶𝐶 , se tiene entonces las siguientes curvas.
𝐿
1
1
𝑄1 = 1𝑊
Con una corriente constante y un 𝑉𝑎𝑣𝑔 = 1𝑉
𝑃𝐿 =
̂𝑂 ⁄√2)
(𝑉
2
= 0,3𝑉
𝑅𝐿
Eficiencia de conversión de potencia
𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 (𝑃 )
𝜂 = 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑠𝑡𝑟𝑜 𝐿(𝑃
𝑃𝐿 =
̂𝑂 ⁄√2)
(𝑉
2
̂𝑂
1𝑉
=2
𝑅𝐿
𝑆)
2
𝑅𝐿
Donde 𝑉̂𝑂 ⁄√2 es el valor promedio de una
senoidal.
Como la corriente de 𝑄2 es constante, la potencia
de la fuente negativa es 𝑉𝐶𝐶 𝐼 y la positiva es
también 𝑉𝐶𝐶 𝐼, así pues
𝑃𝑆 = 2𝑉𝐶𝐶 𝐼
Y la eficiencia
̂ 𝑂2
1𝑉
2 𝑅𝐿
𝜂 = 2𝑉
𝐶𝐶
1
̂
𝑉
̂
𝑉
= 4 (𝐼𝑅𝑂 ) (𝑉 𝑂 )
𝐼
𝐿
𝐶𝐶
Como
𝑉̂𝑂 ≤ 𝑉𝐶𝐶 y 𝑉̂𝑂 ≤ 𝐼𝑅𝐿 la eficiencia máxima será
cuando
𝑉̂𝑂 = 𝑉𝐶𝐶 = 𝐼𝑅𝐿
Figura 7.7
3
𝜂𝑚𝑎𝑥 = 25%
Ejercicio 14.4 pág. 123
𝑃𝐿 =
̂𝑂 ⁄√2)
(𝑉
𝑅𝐿
2
de entrada está presente a continuación se
muestra en la figura 7.9 la característica de
transferencia de un amplificador clase B
1 82
= 2 100 = 0.32𝑊
𝑃+ = 𝑉𝐶𝐶 𝐼 = (10)(0.1) = 1𝑊
𝑃− = 𝑉𝐶𝐶 𝐼 = (10)(0.1) = 1𝑊
𝑃𝑆 = 𝑃− + 𝑃+ = 2𝑊
𝑃
𝜂 = 𝑃𝐿 𝑥100% =
𝑆
0.32
2
𝑥100% = 16%
Figura 7.9
Etapa de salida clase B
En la figura 7.8 se muestra una etapa de salida
clase B. está compuesta de dos transistores, uno
npn y otro pnp, conectados del tal forma que no
pueden conducir al mismo tiempo.
La banda muerta entre aproximadamente -0.5V y
0.5V genera una distorsión de cruce por cero que
da lugar en amplificadores de audio a sonidos
desagradables. En la figura 8.3 se muestra esta
distorsion.
Figura 7.8
Cuando el voltaje de entrada es cero ambos
transistores están inactivos, a medida que
sobrepasa los 0.5V 𝑄𝑁 comienza a conducir y opera
como seguidor emisor.
𝑣𝑂 = 𝑣𝐼 − 𝑣𝐸𝐵𝑁 y 𝑄𝑃 estará en corte.
Y conducirá hasta que el transistor 𝑄𝑁 se sature,
ahora cuando la señal es negativa en más de 0.5V
𝑄𝑃 comienza a conducir y opera también como
seguidor emisor
𝑣𝑂 = 𝑣𝐼 + 𝑣𝐸𝐵𝑃 y 𝑄𝑁 estará en corte
Se concluye así que los transistores se polarizan
con corriente cero y conducen solo cuando la señal
Figura 7.10
Si hablamos de la eficiencia en el manejo de la
potencia tenemos que si la señal de salida es lo
suficientemente grande podemos ignorar la
distorsión de cruce por cero para realizar los
cálculos, teniendo que:
2
1 𝑉̂𝑂
𝑃𝐿 = 2
(Potencia de una senoidal con una
̂
amplitud 𝑉
𝑂)
𝑅𝐿
Mientras que la corriente extraída de los
transistores de las fuentes son iguales a las de un
semi-ciclo
4
del voltaje de salida y encontrar el punto donde la
derivada es cero.
𝑑𝑃𝐷
𝑑𝑉̂𝑂
̂
𝑉
𝑉
̂𝑂 = 2 𝑉𝐶𝐶
= 0 = 2 𝜋𝑅𝐶𝐶 − 𝑅𝑂  𝑉
𝜋
𝐿
𝐿
Figura 7.11
𝑉𝑆+ =
𝑉𝑆+ =
𝐼𝑆+ =
𝜋
̂ 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥
∫ 𝑉
𝜋 0 𝑂
1
𝑉̂𝑂
2𝜋
=
𝑉̂𝑂
2
𝜋
∫ − cos(𝑥) 𝑑𝑥
2𝜋 0
𝑉̂𝑂
(−(−1) + 1) =
𝜋
𝑉̂
𝑉𝑆+
= 𝜋𝑅𝑂
𝑅𝐿
𝐿
Dando así una potencia de cada fuente
𝑃𝐷𝑚𝑎𝑥 = 2
𝑉
(2 𝐶𝐶 )
𝜋
𝜋𝑅𝐿
𝑉
𝑉𝐶𝐶 −
𝐶𝐶
1 (2 𝜋 )
2
𝑅𝐿
2
2 𝑉𝐶𝐶 2
= 𝜋2
𝑅𝐿
1 𝑉𝐶𝐶 2
𝑃𝐷𝑁𝑚𝑎𝑥 = 𝑃𝐷𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝜋2
𝑅𝐿
En la siguiente grafica se muestra el
comportamiento de la potencia en un amplificador
clase B
𝑉̂
𝑃𝑆+ = 𝑃𝑆− = 𝑉𝐶𝐶 𝐼𝑆+ = 𝜋𝑅𝑂 𝑉𝐶𝐶
𝐿
𝑉̂
𝑃𝑆 = 𝑃𝑆+ + 𝑃𝑆− = 2 𝜋𝑅𝑂 𝑉𝐶𝐶
𝐿
Donde la eficiencia
𝑃𝐿
𝜂=𝑃 =
𝑆
2
1𝑉̂
𝑂
2 𝑅𝐿
𝑉̂
2 𝑂 𝑉𝐶𝐶
𝜋𝑅𝐿
=
𝜋 𝑉̂𝑂
4 𝑉𝐶𝐶
Figura 7.12
La eficiencia máxima se da cuando el voltaje de
salida pico sea igual a 𝑉𝐶𝐶
𝜂𝑚𝑎𝑥 =
𝜋
= 78.5%
4
Disipación de potencia
En diferencia a la etapa clase A la clase B no disipa
potencia en reposo. Cuando se le aplica una señal
la potencia disipada
𝑃𝐷 = 𝑃𝑆 − 𝑃𝐿
𝑉̂
1 𝑉̂𝑂
𝑃𝐷 = 2 𝜋𝑅𝑂 𝑉𝐶𝐶 − 2
𝐿
2
𝑅𝐿
Donde cada transistor debe disipar la mitad de esta
potencia.
Pero para saber que transistor debemos utilizar
tenemos que encontrar cual es el peor caso, es
decir, cual es la máxima disipación de potencia
para esto debemos derivar la ecuación en función
Ejemplo 14.1 pág. 1239
Se requiere diseñar una etapa de salida clase B
para suministrar una potencia promedio de 20W a
una carga de 8Ω. Se tiene que seleccionar la fuente
de potencia de modo que 𝑉𝐶𝐶
sea
aproximadamente 5V mayor que el voltaje de
salida pico. Esto evita la saturación del transistor y
la distorsión no lineal asociada y permite incluir
dispositivos de protección contra cortocircuitos.
Determine el voltaje de suministro requerido, la
corriente pico extraída de cada fuente, la potencia
de suministro total y la eficiencia de conversión de
potencia. Determine también la potencia máxima
que cada transistor debe ser capaz de disipar con
seguridad.
1 𝑉̂𝑂
𝑃𝐿 = 2
2
𝑅𝐿
̂𝑂 = √2𝑃𝐿 𝑅𝐿 = √2(20)(8) = 17.9𝑉
𝑉
̂
𝑉𝐶𝐶 = 𝑉
𝑂 + 5 = 23𝑉
La corriente pico extraída de cada fuente es
5
̂
𝑉
17.9
𝐼̂𝑂 = 𝑅𝑂 = 8 = 2.24𝐴
𝐿
𝑉̂
𝑃𝑆+ = 𝑃𝑆− = 𝜋𝑅𝑂 𝑉𝐶𝐶 =
𝐿
𝑃
𝜂 = 𝑃𝐿 =
𝑆
𝜋 𝑉̂𝑂
4 𝑉𝐶𝐶
=
𝜋 17.9
4 23
𝑃𝐷𝑁𝑚𝑎𝑥 = 𝑃𝐷𝑃𝑚𝑎𝑥
2.24
𝜋
23 = 16.4𝑊
= 61%
1 𝑉𝐶𝐶 2
1 (23)2
= 2
= 2
= 6.7𝑊
𝜋 𝑅𝐿
𝜋
8
Reducción de la distorsión de cruce
En la figura se muestra como utilizando un
amplificador operacional se puede reducir la banda
muerta de ±0.7𝑉 a ±0.7𝑉/𝐴0 , no obstante genera
un decremento en el ancho de banda del
amplificador debido a los retardos del operacional.
Figura 7.14
Etapa de salida clase AB
La distorsión de cruce por cero puede eliminarse si
se polarizan los transistores de salida
complementarios con una pequeña corriente
diferente de cero. Como se puede observar en la
figura 7.15
Figura 7.13
Operación con fuente única
Si se desea operar la etapa de salida clase B con
una sola fuente de alimentación se deberá acoplar
la carga de manera capacitiva como lo muestra la
figura 7.14 y para que los cálculos sigan siendo
validos alimentamos con una fuente igual a 2𝑉𝐶𝐶
Figura 7.15
Cuando el voltaje de entrada es cero, el de salida
𝑉𝐵𝐵
también lo es y la corriente 𝑖𝑁 = 𝑖𝑃 = 𝐼𝑄 = 𝐼𝑆 𝑒 2𝑉𝑇
El valor de 𝑉𝐵𝐵 se elige para que produzca una
corriente en reposo 𝐼𝑄
Operación del circuito
Cuando 𝑣𝐼 se vuelve positivo en una cierta cantidad
el voltaje en la base de 𝑄𝑁 se incrementa en la
6
misma cantidad y la salida se vuelve positiva en un
valor casi igual.
𝑣𝑂 = 𝑣𝐼 +
𝑉𝐵𝐵
2
− 𝑣𝐵𝐸𝑁
Al aumentar 𝑣𝑂 aumenta la corriente 𝐼𝐿 y como la
ecuación del nodo garantiza
𝑖𝑁 = 𝑖 𝑃 + 𝑖𝐿
𝑖𝑁 Debe incrementarse esto estará acompañado de
un incremento de 𝑣𝐵𝐸𝑁 por arriba del valor de
𝑉
reposo 𝐵𝐵
mas sin embargo como los voltajes de
2
las dos bases se mantiene constante en 𝑉𝐵𝐵 el
voltaje 𝑣𝐸𝐵𝑃 disminuirá y por lo tanto también 𝑖𝑃 ,
la relación entre estas corrientes se obtienen de la
siguiente manera.
Figura 7.16
Polarización de circuitos clase AB
Polarización por medio de diodos
𝑉𝐵𝐵 = 𝑣𝐵𝐸𝑁 + 𝑣𝐸𝐵𝑃
𝐼
𝑖
𝑖
2𝑉𝑇 𝐼𝑛 𝐼𝑄 = 𝑉𝑇 𝐼𝑛 𝐼𝑁 + 𝑉𝑇 𝐼𝑛 𝐼𝑃
𝑆
𝑆
𝑆
𝐼𝑄 2 = 𝑖𝑁 𝑖𝑃
Entonces esto nos indica que cuando el voltaje de
salida es cercano a cero voltios los dos transistores
están conduciendo, cuando la salida se vuelve cada
vez más positiva el transistor 𝑄𝑁 entregará más
corriente mientras 𝑄𝑃 disminuye y de manera
contraria para voltajes positivos.
Es decir que este circuito opera similar al clase B
solo que elimina la distorsión de cruce por cero y
mantiene un consumo de potencia sin señal que se
debe a la corriente de reposo y es igual a 𝐼𝑄 𝑉𝐶𝐶 ,
pero por lo general esta corriente es muy pequeña
en comparación con la corriente pico y los cálculos
del clase B se aplican de igual manera para este
circuito. En la figura siguiente se muestra la VTC de
la etapa de salida clase AB
Figura 7.17
Este se genera pasando una corriente 𝐼𝑃𝑂𝐿 a través
de un par de diodos o transistores conectados
como diodos. En amplificadores de alta potencia
los transistores de salida 𝑄𝑁 y 𝑄𝑃 son de grandes
dimensiones, mientras los diodos 𝐷1 y 𝐷2 no tienen
que ser grandes, generando así una corriente 𝐼𝑄 =
𝑛𝐼𝑃𝑂𝐿 , donde n es el cociente del área de los
transistores de salida.
La corriente en la base de
𝑄𝑁 es
incrementa hasta aproximadamente
𝐼𝑄
𝛽𝑁
𝐼𝐿
𝛽𝑁
y se
, esta
corriente debe ser suministrada por 𝐼𝑃𝑂𝐿 , así que
𝐼𝑃𝑂𝐿 debe ser más grande para poder mantener el
voltaje 𝑉𝐵𝐵 entre las bases de los transistores de
salida, aunque es de notar que 𝑉𝐵𝐵 variara un poco
7
a medida que la corriente 𝐼𝐿 aumente. Este se
mantendrá casi constante en un valor cercano a
0.7V
Algo importante en este etapa de salida es que al
dispar potencia sin señal, los transistores pueden
calentarse esto genera un incremento de la
corriente en el colector que a su vez genera más
disipación térmica es así como se puede dar un
fenómeno conocido como embolamiento térmico,
para darle estabilidad al sistema los diodos se
conectan cercanos a los disipadores con el fin de
proveer un efecto compensador puesto que al
incrementar su temperatura el 𝑉𝐵𝐸 disminuye y por
lo tanto baja 𝐼𝑄 generando estabilidad
Ejemplo 14.2 pág. 1245
Considere una etapa de salida clase AB en las
siguientes condiciones 𝑉𝐶𝐶 = 15𝑉, 𝑅𝐿 = 100Ω, y la
salida senoidal con una amplitud máxima de 10V,
sean 𝑄𝑁 y 𝑄𝑃 iguales con 𝐼𝑆 = 10−13 𝐴 y 𝛽 = 50,
suponga que los diodos de polarización tienen un
tercio del área de unión de los dispositivos de
salida. Encuentre el valor de 𝐼𝑃𝑂𝐿 que garantice un
mínimo de 1mA a través de los diodos en todo
momento. Determine la corriente en reposo y la
disipación de corriente en reposo en los
transistores de salida (es decir, con 𝑣𝑂 = 0𝑉), así
mismo, encuentre 𝑉𝐵𝐵 con 𝑣𝑂 = 0𝑉, +10V y -10V.
La corriente máxima a través de 𝑄𝑁 es
10𝑉
aproximadamente 𝐼𝐿𝑚𝑎𝑥 = 100 = 100𝑚𝐴 de este
modo la corriente máxima en la base de 𝑄𝑁 sera
100𝑚𝐴
aproximadamente 𝐼𝐵𝑚𝑎𝑥 = 50 = 2𝑚𝐴 para
mantener siempre un mínimo de 1mA debemos
polarizar los diodos con 3mA.
𝐼𝑄𝑏𝑎𝑠𝑒 =
9𝑚𝐴
51
= 0.18𝑚𝐴
Lo que hace que a través de los diodos fluya
3𝑚𝐴 − (0.18𝑚𝐴) = 2.82𝑚𝐴
Como los diodos tienen un 𝐼𝑆𝐷 =
𝑉𝐵𝐵 = 2𝑉𝑇 𝐼𝑛 (
2.82𝑚𝐴
𝐼𝑆𝐷
𝐼𝑆
3
1
= 3 10−13 𝐴
2.82𝑚𝐴
) = 2(25𝑚𝑉)𝐼𝑛 ( 1
3
10−13
)
= 1.26V
Con 𝑣𝑂 =+10V la corriente que circula se reduce a
1mA y resulta un
1𝑚𝐴
𝑉𝐵𝐵 = 2𝑉𝑇 𝐼𝑛 ( 𝐼
𝑆𝐷
) = 2(25𝑚𝑉)𝐼𝑛 (1
3
1𝑚𝐴
10−13
)
= 1.21V
Con 𝑣𝑂 =-10V 𝑄𝑁 conducirá una corriente muy
pequeña por tanto su corriente de base será
insignificante y toda 𝐼𝑃𝑂𝐿 = 3𝑚𝐴 circulara por los
diodos
3𝑚𝐴
𝑉𝐵𝐵 = 2𝑉𝑇 𝐼𝑛 ( 𝐼
𝑆𝐷
) = 2(25𝑚𝑉)𝐼𝑛 (1
3
3𝑚𝐴
10−13
)
= 1.26V
Polarización con el multiplicador 𝑽𝑩𝑬
Un cociente de Área de emisor de 3, genera una
corriente de reposo 𝐼𝑄 = 3𝑥3𝑚𝐴 = 9𝑚𝐴 a través
de 𝑄𝑁 y 𝑄𝑃
La disipación de potencia en reposo es
𝑃𝐷𝑄 = 2𝑉𝐶𝐶 𝐼𝑄 = 2𝑥15𝑉𝑥9𝑚𝐴 = 270𝑚𝑊
Para un 𝑣𝑂 = 0𝑉 la corriente
Figura 7.18
8
Si suponemos un transistor con un β muy grande,
se puede despreciar la corriente de base por lo
tanto se puede decir que la corriente que circula
por 𝑅1 y 𝑅2 es la misma e igual a:
𝐼𝑅 =
𝑉𝐵𝐸1
𝑅1
𝑉𝐵𝐵 = 𝐼𝑅 (𝑅1 + 𝑅2 ) =
𝑉𝐵𝐸1
𝑅1
(𝑅1 + 𝑅2 )
Por lo tanto el circuito multiplica 𝑉𝐵𝐸1 por un factor
𝑅
(1 + 𝑅2)
1
Otro circuito que permite esta polarización donde
un ajuste manual es posible se muestra en la figura
7.19
𝐼𝐿𝑚𝑎𝑥 =
10𝑉
100
= 100𝑚𝐴
100𝑚𝐴
𝐼𝐵𝑚𝑎𝑥 =
= 2𝑚𝐴 Para mantener siempre un
50
mínimo de 1𝑚𝐴, se deberá suministrar al
multiplicador con una corriente de polarización de
3𝑚𝐴.
En condiciones de reposo 𝑣𝑂 = 0𝑉 e 𝑖𝐿 = 0𝐴 y la
corriente fluye por el multiplicador, ahora se debe
decidir cómo esta corriente de 3𝑚𝐴 debe dividirse
entre 𝐼𝐶1 e 𝐼𝑅 , si se elige una 𝐼𝑅 mayor a 1𝑚𝐴, el
transistor se desactivará en el pico positivo de 𝑣𝑂 ,
por consiguiente se elegirá 𝐼𝑅 = 0.5𝑚𝐴 y quedan
2.5𝑚𝐴 para 𝐼𝐶1
Para obtener una corriente de reposo de 2𝑚𝐴 en
los transistores de salida, 𝑉𝐵𝐵 deberá ser
𝑉𝐵𝐵
2𝑥10−3
2𝑥10−3
= 2𝑉𝑇 𝐼𝑛 ( −13 ) = 2(25𝑚𝑉)𝐼𝑛 ( −13 )
10
10
= 1.19𝑉
A continuación se determina 𝑅1 y 𝑅2
𝑅1 + 𝑅2 =
𝑉𝐵𝐵
𝐼𝑅
1.19𝑉
= 0.5𝑥10−3 = 2.38𝐾Ω
A una corriente de 2.5𝑚𝐴 𝑄1 tiene
2.5𝑥10−3
𝑉𝐵𝐸1 = 𝑉𝑇 𝐼𝑛 (
10−14
2.5𝑥10−3
) = (25𝑚𝑉)𝐼𝑛 (
10−14
)
= 0.66𝑉
Figura 7.19
El valor de 𝑉𝐵𝐸1 es determinado por la 𝐼𝑃𝑂𝐿 que
fluye una parte por el colector de 𝑄1 y otra por el
arreglo resistivo.
𝐼𝐶1 = 𝐼𝑃𝑂𝐿 − 𝐼𝑅
𝑅1 =
𝑉𝐵𝐸1
𝐼𝑅
0.66𝑉
= 0.5𝑚𝐴 = 1.32𝐾Ω
𝑅2 = 2.38𝐾Ω − 𝑅1 = 2.38𝐾Ω − 1.32𝐾Ω
= 1.06𝐾Ω
𝐼
𝑉𝐵𝐸1 = 𝑉𝑇 𝐼𝑛 𝐼𝐶1
𝑆1
Ejemplo 14.3 pág. 1248
Se requiere volver a diseñar la etapa de salida del
ejemplo 14.2 utilizando un multiplicador 𝑉𝐵𝐸 para
la polarización. Use un transistor de pequeña señal
con dimensiones para que 𝑄1 con 𝐼𝑆 = 10−14 𝐴 y
diseñe para una corriente en reposo 𝐼𝑄 = 2𝑚𝐴.
9
Circuitos a analizar
Variación de la configuración clase AB
Figura 7.20
Dispositivos compuestos
Variación de la configuración clase AB con
dispositivos compuestos
Figura 7.22
Protección contra cortocircuito
Figura 7.23
Figura 7.21
10