SOLUCIONARIO EXAMEN SEGUNDO PARCIAL ELECTRONNICA BASICA - PARTE PRACTICA

SOLUCIONARIO
EXAMEN SEGUNDO PARCIAL
ELECTRONICA BASICA
PARTE PRACTICA
1. Analizar el circuito amplificador de la figura, en frecuencias medias:
En el transistor Q:
ℎ𝑓𝑒 = 𝛽 = 100; ℎ𝑜𝑒 = 0 𝛺 −1 ; 𝐼𝑐𝑜 = 0 𝑝𝐴; 𝑉𝐵𝐸 = 0.7 𝑉;
Otros datos:
𝑉𝐶𝐶 = 20 𝑉; 𝑅𝑠 = 1𝐾𝛺; 𝑅1 = 40 𝑘𝛺; 𝑅2 = 10 𝑘𝛺; 𝑅𝑐 = 4 𝑘𝛺; 𝑅𝐿 = 2.2 𝑘𝛺; 𝑅𝐸 = 2𝑘𝛺;
𝐶𝑆 = 10𝜇𝐹
𝐶𝐸 = 20𝜇𝐹 𝐶𝐶 = 1𝜇𝐹 ; 𝐶𝜋 = 36𝑝𝐹 𝐶𝜇 = 4𝑝𝐹
a) Calcular y dibujar las rectas de carga estática y dinámica, definiendo claramente el punto de trabajo.
b) Dibujar el circuito equivalente de pequeña señal completo.
c) Con el circuito equivalente simplificado, calcular Av, Ai, Zi y Zo.
d) Calcular el Máximo valor de vs para que no haya distorsión a la salida.
a) Primero realizamos el análisis en DC:
VR2 = VBB =
RB =
𝑉𝑐𝑐 𝑅2
20𝑉 10𝑘Ω
=
= 4𝑉
𝑅1 + 𝑅2 40𝑘Ω + 10𝑘Ω
𝑅1 𝑅2
40𝑘Ω 10𝑘Ω
=
= 8𝑘Ω
𝑅1 + 𝑅2 40𝑘Ω + 10𝑘Ω
VBB = 𝐼𝐵 𝑅𝐵 +𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐸 𝑅𝐸
VBB = 𝐼𝐵 𝑅𝐵 +𝑉𝐵𝐸 + (𝛽 + 1)𝐼𝐵 𝑅𝐸
𝐼𝐵 =
VBB − 𝑉𝐵𝐸
4𝑉 − 0.7𝑉
=
= 15,7𝜇𝐴
𝑅𝐵 + (𝛽 + 1)𝑅𝐸 8𝑘Ω + (100 + 1)2𝑘Ω
𝐼𝐸𝑄
𝐼𝐶𝑄 = 𝛽𝐼𝐵 = 100 ∗ 15.7𝜇𝐴 = 𝟏. 𝟓𝟕𝒎𝑨
𝛽+1
100 + 1
=(
) 𝐼𝐶𝑄 = (
) 1.57𝑚𝐴 = 1.587𝑚𝐴
𝛽
100
𝑉𝐶𝐶 = 𝐼𝐶𝑄 ∗ 𝑅𝐶 + 𝑉𝐶𝐸𝑄 + 𝐼𝐸𝑄 ∗ 𝑅𝐸
𝑉𝐶𝐶 = 𝑉𝐶𝐸𝑄 + 𝐼𝐶𝑄 [𝑅𝐶 + (
1+𝛽
) ∗ 𝑅𝐸 ]
𝛽
𝑉𝐶𝐸𝑄 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶𝑄 [𝑅𝐶 + (
1+𝛽
) ∗ 𝑅𝐸 ]
𝛽
𝑉𝐶𝐸𝑄 = 20𝑉 − 1.57𝑚𝐴 [4𝑘Ω + (
1+𝛽
) ∗ 2𝑘Ω] = 𝟏𝟎. 𝟓𝟒𝑽
𝛽
𝑖𝐶
Recta de Carga Estática:
𝑖𝐶 =
𝑉𝐶𝐶 − 𝑣𝐶𝐸
1+𝛽
[𝑅𝐶 + ( 𝛽 ) ∗ 𝑅𝐸 ]
𝑖𝐶 = 0 → 𝑣𝐶𝐸 = 20𝑉;
3.32
𝑣𝐶𝐸 = 0 → 𝑖𝐶 = 3.32𝑚𝐴;
𝑄
Recta de Carga Dinámica:
10.54
𝑣𝐶𝐸
20
12.76
𝑖𝐶 − 𝐼𝐶𝑄 = −
𝑣𝐶𝐸 − 𝑉𝐶𝐸𝑄
[𝑅𝐶 ||𝑅𝐿 ]
𝑖𝐶 = 0 → 𝑣𝐶𝐸𝑀á𝑥 = 12.76𝑉; 𝑣𝐶𝐸 = 0 → 𝑖𝐶 = 8.99𝑚𝐴;
b) Análisis en AC:
𝑟′𝑒 =
𝑣𝑇
26𝑚𝑉
=
= 16.6Ω
𝐼𝐶𝑄 1.57𝑚𝐴
→ 𝑔𝑚 =
𝐼𝐶𝑄
𝑣𝑇
=
2.62𝑚𝐴
= 0.06Ω −1 → ℎ𝑖𝑒 = 𝛽 𝑟 ′ 𝑒 = 1.66𝑘Ω
26𝑚𝑉
c)
𝐴𝑉 =
𝑉𝑜
ℎ𝑓𝑒 ∗ 𝑖𝑏(𝑅𝑐||𝑅𝐿 )
ℎ𝑓𝑒(𝑅𝑐||𝑅𝐿 )
ℎ𝑓𝑒(𝑅𝑐||𝑅𝐿 )
(𝑅𝑐||𝑅𝐿 )
=−
=−
=−
=−
𝑉𝑖
𝑖𝑏 ∗ ℎ𝑖𝑒
ℎ𝑖𝑒
𝛽 𝑟 ′𝑒
𝑟′𝑒
𝑅𝑐 𝑅𝐿
4𝑘 2.2𝑘
(𝑅𝑐 + 𝑅𝐿 )
(4𝑘 + 2.2𝑘)
𝐴𝑉 = −
=−
= −85.5
𝑟′𝑒
16.6
𝐴𝑖 =
𝑍𝑖 =
𝑖0
ℎ𝑓𝑒𝑅𝑐
𝑅𝐵
=−
= −53.95
(𝑅𝑐 + 𝑅𝐿 ) (ℎ𝑖𝑒 + 𝑅𝐵 )
𝑖𝑖
𝑣𝑖
𝑅𝐵 𝛽 𝑟 ′ 𝑒
= 𝑅𝐵 ||(𝛽 𝑟 ′ 𝑒) =
= 1.37 𝑘Ω
(𝑅𝐵 + 𝛽 𝑟 ′ 𝑒)
𝑖𝑖
𝑍0 =
𝑣0
= 𝑅𝑐 = 4𝑘Ω
𝑖0
d) De la Recta de Carga Dinámica y el punto de Trabajo:
𝑀𝑉𝑆 = 𝑣𝐶𝐸𝑀á𝑥 − 𝑉𝐶𝐸𝑄 = 2.22𝑉
𝐴𝑉𝑠 =
𝑉𝑜
ℎ𝑓𝑒 ∗ 𝑖𝑏(𝑅𝑐||𝑅𝐿 )
(𝑅𝑐||𝑅𝐿 )𝑍𝑖
1.42𝑘 1.37𝑘
= −
=− ′
= −
= −49.43
(𝑅𝑠 + 𝑍𝑖 )
𝑉𝑠
𝑟 𝑒(𝑅𝑠 + 𝑍𝑖 )
16.6(1𝑘 + 1.37𝑘)
𝑖𝑏 ∗ ℎ𝑖𝑒
𝑍
𝑖
|𝐴𝑉𝑠 | =
𝑉𝑜
𝑉𝑠
→
𝑉𝑠 =
𝑉𝑜
𝑀𝑉𝑆 2.22𝑉
=
=
= 44.9𝑚𝑉
|𝐴𝑉𝑠 | |𝐴𝑉𝑠 | 49.43
2. En el circuito de la figura, ambos transistores son idénticos y de las siguientes características:
hfe = 100; hoe = 0 Ω-1; Ico = 0 pA; VBE = 0.7 V;
Otros datos: VCC = 20 V C= ∞F; R1=70 kΩ; R2 = 20 kΩ; R3 = 10 kΩ;
Rc=5 kΩ; RL = 5 kΩ; RE = 1kΩ
a) Calcular la corriente Ic que atraviesa los colectores de Q1 y Q2. Suponer que las corrientes de base
son despreciables frente a las corrientes que atraviesan R1, R2 y R3.
b) Calcular el valor de R para que ambos transistores tengan el mismo voltaje VCE de polarización.
c) Calcular la ganancia de tensión.
a) Como 𝛽1 = 𝛽2 = 100 ≫ 1 →
𝐼𝐶1 = 𝐼𝐶2 = 𝐼𝐸1 = 𝐼𝐶
𝑅3(𝑅1 + 𝑅2)
10(70 + 20)
=
= 9𝑘Ω
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 70 + 20 + 10
𝑅3
10
VBB1 =
𝑉𝐶𝐶 =
20𝑉 = 2𝑉
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3
70 + 20 + 10
𝑅𝐵1 =
En la malla de entrada:
VBB1 = 𝐼𝐵1 𝑅𝐵1 +𝑉𝐵𝐸 + 𝐼𝐸 𝑅𝐸
VBB1 =
𝐼𝐶 =
𝐼𝐶
𝑅 +𝑉 + 𝐼𝐶 𝑅𝐸
𝛽 𝐵1 𝐵𝐸
VBB1 − 𝑉𝐵𝐸
2 − 0.7
=
= 1.19𝑚𝐴
𝑅𝐵1
9𝑘
+
𝑅
+
1𝑘
𝐸
𝛽
100
También se cumple:
𝑉𝐶𝐶 = 𝐼1 𝑅1 + 𝐼2 𝑅2 + 𝐼3 𝑅3 = 𝐼1 (𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 )
𝐼1 =
b)
𝑉𝐶𝐶
20𝑉
=
= 0.2𝑚𝐴
(𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 ) (70 + 20 + 10)𝑘Ω
𝑉𝐶𝐶 = 𝐼𝐶 ∗ 𝑅𝐶 + 𝑉𝐶𝐸𝑄1 + 𝐼𝐶 ∗ 𝑅 + 𝑉𝐶𝐸𝑄2 + 𝐼𝐶 ∗ 𝑅𝐸
(2)
También se cumple que:
𝑉𝐶𝐸𝑄1 = VR2 =
𝑅2
20𝑘Ω
𝑉𝐶𝐶 =
20𝑉 = 4𝑉
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3
70𝑘Ω + 20𝑘Ω + 10𝑘Ω
(3)
𝑆𝑖 ℎ𝑎𝑐𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑉𝐶𝐸𝑄2 = 𝑉𝐶𝐸𝑄1 = 4𝑉
𝑅=
𝑉𝐶𝐶 − 2 𝑉𝐶𝐸𝑄1 − 𝐼𝐶 (𝑅𝐶 + 𝑅𝐸 )
𝐼𝐶
=
20𝑉 − 8𝑉 − 1.19𝑚𝐴(5 + 1)𝑘Ω
= 4.08𝑘Ω
1.19𝑚𝐴
𝑉𝑜 = −(𝑅𝑐||𝑅𝐿 ) 𝛽2 𝑖𝑏2
(4)
𝛽1 𝑖𝑏1 − 𝑖𝑏2 = 𝛽2 𝑖𝑏2 (5)
𝑖𝑏1 =
𝑉𝑖
𝑟𝜋1
(6)
(6)𝑒𝑛 (5)𝑦 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑒𝑛 (4)
𝐴𝑉 =
(𝑅𝑐||𝑅𝐿 ) 𝛽2 𝛽1
(𝑅𝑐||𝑅𝐿 ) 𝛽2 𝛽1
𝑉𝑜
(𝑅𝑐||𝑅𝐿 )
=−
=−
≈−
= −𝑔𝑚 (𝑅𝑐||𝑅𝐿 )
′
𝑉𝑖
𝑟𝜋1 (𝛽2 + 1)
𝛽1 𝑟 𝑒1 (𝛽2 + 1)
𝑟′ 𝑒1
𝐴𝑉 = −
𝐼𝐶
1.19𝑚𝐴
(𝑅𝑐||𝑅𝐿 ) = −
2.5𝑘Ω = 114.42
𝑣𝑇
26𝑚𝑉
3. Determine la frecuencia de corte inferior y superior para la red de la figura utilizando los siguientes
parámetros:
𝐶𝑆 = 10𝜇𝐹
𝐶𝐸 = 20𝜇𝐹 𝐶𝐶 = 1𝜇𝐹 ; 𝐶𝜋 = 36𝑝𝐹 𝐶𝜇 = 4𝑝𝐹
𝑅𝑆 = 1𝑘Ω;
𝑅1 = 40𝑘Ω;
𝛽 = 100;
𝑟0 = ∞Ω
𝑅2 = 10𝑘Ω;
𝑉𝑐𝑐 = 20𝑉
𝑅𝐸 = 2𝑘Ω;
𝑅𝐶 = 4𝑘Ω;
𝑅𝐿 = 2.2𝑘Ω
Circuito de pequeña señal a frecuencias bajas
Capacidades internas del transistor, C
y
C , en abierto.
Hallamos 𝑟𝜋 , RC1 , RC2 y RCE :
Del ejercicio 1:
𝑟𝜋 = 𝛽𝑟 ′ 𝑒 = 𝛽
𝑣𝑇
26𝑚𝑉
= 100
= 1.66𝑘Ω
𝐼𝐶𝑄
1.57𝑚𝐴
𝑅𝐶𝑠 = 𝑟𝑠 + (𝑅1 ||𝑅2 ||𝑟𝜋 ) = 1𝑘Ω + (40𝑘Ω||10𝑘Ω||1.66𝑘Ω) = 2.37𝑘Ω
𝑅𝐶𝑐 = 𝑅𝐶 + 𝑅𝐿 = 4𝐾Ω + 2.2𝐾Ω = 6.2𝐾Ω
𝑅𝐶𝐸 = 𝑅𝐸 ||
𝑟𝜋 + (𝑟𝑠 ||𝑅1 ||𝑅2 )
1.66𝑘Ω + (1𝑘Ω||10𝑘Ω||40𝑘Ω)
= 1𝑘Ω||
= 24.6Ω
𝛽+1
100 + 1
Calculamos la frecuencia de corte inferior:
𝑤𝐿 =
1
1
1
1
1
1
+
+
=
+
+
= 2236𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑅𝐶𝑠 𝐶𝑆 𝑅𝐶𝑐 𝐶𝐶 𝑅𝐶𝐸 𝐶𝐸 2.37𝑘Ω 10𝜇𝐹 6.2𝐾Ω 1𝜇𝐹 24.6Ω 20𝜇𝐹
𝑓𝐿 =
𝑤𝐿
= 355.87𝐻𝑧
2𝜋
Circuito de pequeña señal a frecuencias altas
Condensadores de acoplamiento, C1 y C2 , y desacoplo CE en cortocircuito.
C conecta la salida con la entrada ⇒ se espera efecto Miller.
Aplicamos el método del circuito abierto, hallamos 𝑅𝐶𝜋 , 𝑅𝐶𝜇
𝑅𝐶𝜋 = 𝑟𝜋 ||(𝑟𝑏 + (𝑟𝑆 ||𝑅1 ||𝑅2 ||))
Podemos despreciar el valor de rb:
𝑅𝐶𝜋 = 𝑟𝜋 ||(𝑟𝑆 ||𝑅1 ||𝑅2 ||) = 578.9Ω
𝐼𝐶𝑄 1.57𝑚𝐴
𝑔𝑚 =
=
= 0.06Ω−1
𝑣𝑇
26𝑚𝑉
𝑅𝐶𝜇 = 𝑅𝐶 ||𝑅𝐿 + 𝑅𝐶𝜋 [1 + 𝑔𝑚 (𝑅𝐶 ||𝑅𝐿 )]
𝑅𝐶𝜇 = 4𝑘Ω||2.2𝑘Ω + 578.9Ω[1 + 0.6Ω−1 (4𝑘Ω||2.2𝑘Ω)] = 51.3𝑘Ω
▪ Hallamos la frecuencia de corte superior:
𝑓𝐿 =
𝑤𝐻
1
1
=
=
= 704𝑘𝐻𝑧
2𝜋 2𝜋(𝑅𝐶𝜋 𝐶𝜋 + 𝑅𝐶𝜇 𝐶𝜇 ) 2𝜋(578.9Ω 36𝑝𝐹 + 51.3𝑘Ω 4𝑝𝐹)
4. Diseñar un amplificador en configuración Emisor común de dos etapas acoplados por un
capacitor, empleando dos BC548 con β=200; donde la primera etapa gane 10 y la segunda gane
50, para una señal de entrada Vi=10mV. Considerar una fuente de alimentación Vcc=20V. Las
resistencias del Emisor pueden ser o no desacopladas por un capacitor.