PROBLEMA 1 (3 puntos) En el amplificador de la figura calcular: a

PROBLEMA 1 (3 puntos)
En el amplificador de la figura calcular:
a) La ganancia de tensión (AV = vo/vi) y la ganancia total de tensión (AVS = vo/vs) a frecuencias medias (1
punto)
b) La ganancia de corriente (AI = io/ii) a frecuencias medias (0,5 puntos)
c) La resistencia de entrada y resistencia de salida a frecuencias medias (0,5 puntos)
d) La frecuencia de corte inferior aproximada. (0,5 puntos)
e) La frecuencia aproximada de corte superior (0,5 puntos)
C3 -> ∞
RS = 500 Ω
RL = 100 kΩ
Datos: C1 = C2 = 5 µF
Transistores bipolar: hfe = 50 hie = 1,5 kΩ
rd = 200 kΩ Cgs = 100 nF Cgd =100 pF
FET: gm = 10 mA/V
+V
10K
ii
+
vi
vS
io
100K
C1
RS
1K
+
vo
10K
680Ω
RL
C2
470Ω
1M
C3
_
_
Ro
Ri
a) Circuito equivalente a frecuencias medias:
RS
ii
+
vS
vi
hie
io
ib
+
hfe⋅ ib
100K//10K
≈ 9K
+
vo
vgs
10K
680Ω
1M
gm⋅ vgs
rd
1K
RL
_
_
_
Ri
Ro
v0 = − g m ⋅ v gs ⋅ ((rd // 1K ) // R L ) = − g m ⋅ v gs ⋅ ((200 K // 1K ) // 100 K ) = − g m ⋅ v gs ⋅ 0,985 K =
− 10 ⋅ v gs ⋅ 0,985 = −9,85 ⋅ v gs
v i = ib ⋅ hie + (1 + h fe ) ⋅ ib ⋅ (680Ω // 1M ) ⇒ ib ≈
vi
hie + (1 + h fe ) ⋅ 680Ω
v gs = v i − hie ⋅ ib = v i − hie ⋅
AV =
vi
= vi
hie + (1 + h fe ) ⋅ 680Ω
9,85 ⋅ v gs
v gs
v0
=−
vi
⎛
⎞
hie
⎜1 −
⎟
⎜ h + (1 + h ) ⋅ 680 ⎟
ie
fe
⎝
⎠
AVS =
⎛
⎞
hie
⎟
⋅ ⎜1 −
⎜
⎟
(
)
+
1
+
⋅
680
Ω
h
h
ie
fe
⎝
⎠
⎛
⎞
hie
⎞
1500
⎟ = −9,85 ⋅ ⎛⎜1 −
⎟⎟ = −9,44
= −9,85 ⋅ ⎜1 −
⎜
⎜ h + (1 + h ) ⋅ 680 ⎟
(
)
1500
+
1
+
50
⋅
680
⎝
⎠
ie
fe
⎝
⎠
v0
v
= AV ⋅ i
vs
vs
vi
Ri
=
v s Rs + Ri
ib ⋅ hie + (1 + h fe ) ⋅ ib ⋅ 680
hie + (1 + h fe ) ⋅ 680
vi
=
= 9000 ⋅
=
hie + (1 + h fe ) ⋅ 680
ii
hie + (1 + h fe ) ⋅ 680 + 9000
+ ib
ib ⋅
9000
1500 + (1 + 50 ) ⋅ 680
9000 ⋅
= 7207,17Ω
1500 + (1 + 50 ) ⋅ 680 + 9000
Ri
7207,17
AVS = AV ⋅
= −9,44 ⋅
= −8,82
Rs + Ri
500 + 7207,17
Ri =
AV = -9,44
AVS = -8,82
b) Ganancia de corriente:
v0
i
v R
R
7207,17
AI = 0 = L = 0 ⋅ i = −9,44 ⋅
= −0,68
vi
ii
100000
vi R L
Ri
AI = -0,68
c) La resistencia de entrada ya se calculó en el apartado a y su valor es Ri = 7207,17 Ω.
Para calcular la resistencia de salida se debe cortocircuitar la señal de entrada, es decir, vs = 0. Esto implica
que ib = 0 y por lo tanto vgs = 0.
Analizando el circuito de salida con vgs = 0 queda que la resistencia de salida es:
1K ⋅ 200 K
= 995Ω
R0 = 1K // rd =
1K + 200 K
Ri = 7207,17 Ω
R0 = 995 Ω
d) La frecuencia de corte inferior viene limitada por los condensadores C1 y C2 (C3 al tener un valor muy
grande situara un polo muy cercano a la frecuencia cero).
Calculamos la resistencia que ve el condensador C1:
RC1 = Rs + Ri = 500Ω + 7207,17Ω = 7707,17Ω
Y ahora calculamos la frecuencia aproximada del polo que introduce este condensador:
1
1
f P1 =
=
= 4,13Hz
2 ⋅ π ⋅ RC1 ⋅ C1 2 ⋅ π ⋅ 7707,17Ω ⋅ 5 ⋅ 10 −6 F
Hacemos lo mismo con el condensador C2:
RC 2 = 1M + (680Ω // R X )
donde RX es la resistencia vista desde el emisor del transistor bipolar hacia la entrada.
v
RX = x
ix
v x = −ib ⋅ hie − ib ⋅ (9 K // RS )
i x = −(1 + h fe ) ⋅ ib
h + (9 K // RS )
R X = ie
=
1 + h fe
9000 ⋅ 500
9000 + 500 = 38,69Ω
1 + 50
1500 +
680 ⋅ 38,69
≈ 1M
680 + 38,69
1
1
=
=
= 31,83mHz
6
2 ⋅ π ⋅ RC 2 ⋅ C 2 2 ⋅ π ⋅ 10 ⋅ 5 ⋅ 10 −6
RC 2 = 10 6 +
f P2
Por lo tanto fP1 es el polo dominante y es el que marca la frecuencia de corte inferior.
fL ≈ fP1 ≈ 4,13 Hz
e) El circuito equivalente a altas frecuencias sería el siguiente:
RS
ii
+
vS
vi
hie
ib
Cgd
hfe⋅ ib
100K//10K
≈ 9K
10K
680Ω
1M
Cgs
gm⋅ vgs
rd
1K
RL
_
Cada una de las capacidades del FET introduce un polo a alta frecuencia. Para analizar este circuito se aplica
Miller quedando el siguiente circuito equivalente:
RS
ii
hie
hfe⋅ ib
+
vS
ib
100K//10K
≈ 9K
vi
10K
680Ω
1M
C’gs
gm⋅ vgs
C’gd
rd
1K
RL
_
Donde:
C ' gs = C gs + C gd ⋅ (1 − K )
1⎞
⎛
C ' gd = C gd ⋅ ⎜1 − ⎟
⎝ K⎠
A frecuencias medias K =
v d − g m ⋅ v gs ⋅ (rd // 1K // RL )
=
= − g m ⋅ (rd // 1K // RL ) = −9,85
vg
v gs
C ' gs = 100nF + 0,1nF ⋅ (1 + 9,85) = 101,08nF
1 ⎞
⎛
C ' gd = 0,1nF ⋅ ⎜1 +
⎟ = 0,11nF
⎝ 9,85 ⎠
Ahora se calculan las resistencias vistas por los respectivos condensadores teniendo en cuenta que cuando se
trabaja con un condensador los demás se consideran circuitos abiertos.
RC ' gs = (1M // 680Ω // R X ) = (1M // 680Ω // 38,69Ω ) = 36,6Ω
RC ' gd = (rd // 1K // R L ) = 985,19Ω
Los valores aproximados de las frecuencias de os polos introducidos por cada capacidad son:
f P1 =
f P2 =
1
2 ⋅ π ⋅ RC ' gs ⋅ C ' gs
1
2 ⋅ π ⋅ RC ' gd ⋅ C ' gd
=
=
1
≈ 43kHz
2 ⋅ π ⋅ 36,6Ω ⋅ 101,08 ⋅ 10 −6 F
1
= 1468,6kHz
2 ⋅ π ⋅ 985,19Ω ⋅ 0,11 ⋅ 10 −6 F
El fP1 es un polo dominante y es el que marca la frecuencia de corte superior.
fH ≈ fP1 ≈ 43 kHz
PROBLEMA 2 (3 puntos)
Dado el siguiente amplificador basado en un transistor bipolar en configuración de colector común,
calcular:
a) La ganancia de tensión a frecuencias medias (1 punto)
b) La respuesta (Vo/Vi) en baja frecuencia (1 punto)
c) Dibujar el diagrama de bode del módulo (1 punto)
Datos: hfe= 219, ro= hoe-1 = 8480 Ω, hie= 552 Ω, RB= 10 kΩ, RE= 1300 Ω, RL= 50 Ω, CE= 100 µF, CB=
10 nF.
+
Vi
+
CB
VCC
15 Vdc
Q1
10 nF
CE
RB
10 kΩ
Vo
100 µF
RL
50 Ω
RE
1300 Ω
+
VEE
15 Vdc
Solución del apartado a). Respuesta a frecuencias medias:
Para obtener la respuesta del amplificador a frecuencias medias se utiliza su circuito equivalente de
pequeña señal de la Figura 1. La resistencia de salida ro del transistor, la resistencia RE de polarización y
la de carga RL, se pueden sustituir por una resistencia Ro equivalente al paralelo de las tres, tal y como se
muestra en (1). De este modo, la tensión de salida viene dada por (2). Además, la corriente de base se
obtiene con (3), a partir de la caída de tensión en la resistencia hie de entrada del transistor.
Vi
hie
B
E
+
Vi
h fe ⋅ ib
RB
Vo
ro
RE
RL
C
Ro
Figura 1. Circuito equivalente de pequeña señal a frecuencias medias.
Ro =
1
= 47.87 Ω
1
1
1
+
+
ro RE RL
(1)
Vo = (i B + h fe ⋅ i B )⋅ Ro = i B ⋅ (1 + h fe )⋅ Ro
(2)
Vi − Vo
(3)
iB =
hie
Ahora, con (2) y (3), se obtiene la expresión (4), que relaciona la tensión de entrada y la de salida, y que
proporciona la expresión buscada de la ganancia a frecuencias medias (5). Tal y como era de esperar, la
esta ganancia es ligeramente inferior a la unidad.
Vo =
Vi − Vo
⋅ (1 + h fe )⋅ Ro
hie
Vo
=
Vi 1 +
(4)
Ro ⋅ (1 + h fe )
1
47.87 ⋅ (1 + 219)
=
=
= 0.95
hie
Ro ⋅ (1 + h fe ) + hie 47.87 ⋅ (1 + 219) + 552
Ro ⋅ (1 + h fe )
(5)
Solución apartado b). Respuesta a frecuencias bajas, opción 1:
Ahora, para estudiar la respuesta a baja frecuencia se utiliza el circuito equivalente de pequeña señal de la
Figura 2, en el que se consideran las capacidades de acoplo CB y CE. Cada una de estas capacidades
introduce un cero en el origen (están en serie con el camino de la señal) y un polo, para cuyo cálculo se
tendrán en cuenta las resistencias equivalentes vistas desde cada una de las citadas capacidades.
Vi
CB
hie
B
+
Vi
CE
E
h fe ⋅ ib
RB
ro
RE
Vo
RL
C
Rx
Figura 2. Circuito equivalente de pequeña señal del amplificador en colector común.
Para evaluar el efecto de CB se calcula la resistencia equivalente que se ve desde sus bornes. Según el
esquema de la Figura 3, esta resistencia será el paralelo de RB con la resistencia equivalente Rx, teniendo
en cuenta que para ver el efecto de CB se considera CE en cortocircuito.
ix
hie
+
h fe ⋅ ix
vx
Ro
C
Figura 3. Circuito equivalente para calcular la resistencia equivalente Rx que resulta en paralelo con RB.
Vo = i x ⋅ (1 + h fe )⋅ Ro
(6)
Vx − Vo
= ix
hie
V x = i x ⋅ hie + Ro ⋅ (1 + h fe )
[
Rx =
f pCB
(7)
]
Vx
= hie + Ro ⋅ (1 + h fe ) = 552 + 47.87 ⋅ (1 + 219) = 11 083.4 Ω
ix
1
1
=
=
= 3 027 Hz
2 ⋅ π ⋅ CB ⋅ (RB // Rx ) 2 ⋅ π ⋅10 ⋅10 −9 ⋅ 5 256.9
(8)
(9)
(10)
Para evaluar el efecto de CE, también se supone la otra capacidad, o sea, CB, en cortocircuito. Ahora el
circuito equivalente útil para calcular la resistencia que ve el condensador CE es el siguiente.
B
ib
C
h fe ⋅ ib
hie
ro
E
CE
Vo
RE
RL
Figura 4. Circuito equivalente para calcular la resistencia que se ve desde el condensador de salida CE.
En el circuito de la Figura 4, como la resistencia de salida del transistor está entre emisor y masa, se
puede poner en paralelo con RE, tal y como muestra la Figura 5.
B
ib
C
h fe ⋅ ib
hie
Rx
Vx
CE
ix
RE
Vo
ro
RL
Figura 5. Circuito equivalente para calcular la resistencia que se ve desde el terminal de emisor.
Siguiendo el esquema de la Figura 5 se calcula la resistencia vista desde el emisor con el par de expresiones
(11) y (12), de las cuales se deduce (13), la cual da una resistencia equivalente de 2.509 Ω. Finalmente, la
resistencia vista desde CE es, según (14), la suma de la de carga RL con el paralelo de la de salida del
transistor ro, la resistencia equivalente vista desde el emisor Rx, y RE.
(11)
ib ⋅ hie = −Vx
(12)
− i x = ib ⋅ (1 + h fe )
Vx
h
552
= Rx = ie =
= 2.509 Ω
ix
1 + h fe 220
1
= 52.5 Ω
1
1
1
+
+
2.509 8 480 1 300
Por tanto, la frecuencia del polo que aporta CE está dada por (15).
1
1
=
= 30.31 Hz
f pCE =
2 ⋅ π ⋅ CB ⋅ RCE 2 ⋅ π ⋅100 ⋅10 −6 ⋅ 52.5
RCE = RL + (Rx // ro // RE ) = 50 +
(13)
(14)
(15)
Solución apartado b). Respuesta a frecuencias bajas, opción 2:
Cabe destacar que se ha considerado para el cálculo de la frecuencia del polo de CE que la capacidad CB es
un cortocircuito, pero, teniendo en cuenta que el polo de CB está dos décadas por encima, sería más
aproximado suponer que a 30 Hz la capacidad de acoplo de entrada CB es un circuito abierto, ya que está
muy lejos de los 3 027 Hz. Así, de esta forma se consideraría el circuito equivalente de la Figura 6. Ahora RB
está en serie con hie, es decir, hay que sumarsela, ya que al considerar CB un circuito abierto, al sustituir por
un corto el generador de entrada, este último ya no cortocircuita a la resistencia RB, como sucedía en la
opción 1 anterior.
B
RB
C
ib
h fe ⋅ ib
hie
Rx
Vx
CE
ix
Vo
ro
RE
RL
Figura 6. Circuito equivalente de la opción 2.
A frecuencias por debajo de 300 Hz (una década por debajo del polo introducido por la capacidad CE), la
capacidad de acoplo de entrada se considera con una impedancia muy elevada, concretamente, a 30 Hz tiene
una impedancia de 530 kΩ.
Vx
h + RB 10 552
(16)
= Rx = ie
=
= 47.96 Ω
1 + h fe
220
ix
1
= 74 Ω
(17)
1
1
1
+
+
47.96 8 480 1 300
Por tanto, la frecuencia del polo que aporta CE, considerando CB un circuito abierto, está dada por (15).
1
1
(18)
=
= 66.2 Hz
f pCE =
2 ⋅ π ⋅ CB ⋅ RCE 2 ⋅ π ⋅100 ⋅10 −6 ⋅ 74
RCE = RL + (Rx // ro // RE ) = 50 +
Vi
1Vac
0Vdc
V1
15Vdc
Q1
C3
Q2N2222
10nF
C2
V3
Vo
R4
10k
0
100uF
0
0
R3
50
R2
1300
V2
15Vdc
0
Figura 7. Esquema del amplificador simulado con OrCAD PSpice.
0
(3.388 kHz, -3.03 dB)
(33.48 Hz, -40.58 dB)
-50
(66.28 Hz, -33.94 dB)
-100
1.0 Hz
10 Hz
DB(V(Vo)/V(Vi))
100 Hz
1.0 kHz
10 kHz
100 kHz 1.0 MHz
Frequency
Figura 8. Gráfica de la respuesta en baja frecuencia del amplificador en colector común acoplado en
alterna.