Analisis de un Amplificador Multietapa

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