Ejercicios para Cálculo de Excursión

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1 Ejercicios para Cálculo de Excursión J.I.Huircan Universidad de La Frontera October 26, 2010 Abstract Se determina la excursión de las señal de salida de dos ampli acdores. El primero con una fuente y el segundo con dos fuentes de polarización. El método de desarrollo en ambos casos es el mismo, sólo varía la forma de cálculo del V T H. La excursión se determina en base a la variacion de la corriente de colector y su efecto en la variable de salida. 1 Intrroducción Se desarrollarán dos problemas basados en un ampli cador de emisor común, el primero con una fuente de energía y el segundo usando dos fuentes de polarización. Primero se hace un análisis en cc y luego en ca. Se determinan las rectas de carga y se evalúa la excursión de la variable de salida. 2 Problema Se determinará la excursión máxima del voltaje de salida peak del circuito, considerando V BEON = 0:7 [V ], = 100: 10V 3KΩ C i C c Q 680Ω 560Ω Figure 1: Ampli cador emisor comun. Depto. Ing. Eléctrica. Circuitos Electrónicos I. Ver

2 2.1 Análisis en cc Se anulan las componentes de ca del circuito de la Fig. 1. Se determina el V T H y R T H. El circuito quedará de acuerdo a la Fig Ω 10V 1.84V i B 560Ω i E Figure 2: Ampli cador en cc. Malla de entrada V T H = 680 [] 10 [V ] = 1:84 [V ] 3 [K] 680 [] R T H = 554 [] Planteando la malla de entrada, suponiendo zona activa i B = 100i B e i E = 1 1:01 : 1:84 [V ] = 100 (554 []) 0:7 [V ] (1: []) 1:84 [V ] 0:7 [V ] 554[] 100 (1: []) = 2 Malla de salida Planteando la malla de salida 10 [V ] = 2 [K] (1: []) (1) Despajando el y reemplazando la corriente, = 10 [V ] (2 [K] (1: [])) = 10 2 (2 [K] (1: [])) = 4:87 [V ] La recta de carga será de cc está dada por (1) 3:9 2:57 [K] De esta forma se tiene el punto de operación I CQ = 2 y V CEQ = 4:87 [V ] : 2

3 2.2 Análisis en ca Anulando las fuentes de cc, se redibuja el circuito de acuerdo a la Fig. 3. ic _ 680Ω 3KΩ 560Ω Figure 3: Ampli cador en ca Planteando la malla de salida considerando las variaciones, se asume que la variación de la corriente de emisor será lineal respecto de la corriente de colector, es decir, i E = 1:01 : Luego se tiene (0:66 [K]) 1: [] = 0 Luego, reemplazando las variaciones respecto del punto de operación (I CQ ) (0:66 [K] 1: []) (V CEQ ) = 0 Reemplazando el punto de operación (2 ) ((0:66 [K]) 1: []) (4:87 [V ] ) = 0 (2mA) (0:66 [K] 1: []) 4:87 [V ] (0:66 [K] 1: []) (0:66 [K] 1: []) La recta de carga de ca será 5:95 1:23 [K] Donde R CA = 1:23 [K] : Dibujando ambas rectas de carga de acuerdo de la Fig.4a, se tiene que la recta de ca intersecta la recta de cc en el el punto de operación. La variación de la onda de respecto del punto de operación será de 2 sin saturarse. El solo varía entre 4:87 [V ] y 7:33 [V ]. Dado que = R CA, donde I CQ entonces se tiene que peak = 2 1:232 [K] = 2:464 [V ] 3

4 [V] [V] (a) (b) Figure 4: (a) Rectas de carga en cc y ca. (b) Excursión de y. De acuerdo a la Fig. 4b, se tiene que cuando 4, = 2:41 [V ], y para 0, V CE = 7:33 [V ] ; luego la variación = 2:4 [V ] ; muy similar a peak. 3 Problema Determinar la excursión máxima del voltaje de salida del circuito, considerando V BEON = 0:7 [V ], = 100: 4.7KΩ C i 2. C c -4V Figure 5: Ampli cador con dos fuentes de polarización. 4

5 3.1 Análisis en cc Se deben separar las fuentes y determinar el equivalente Theveninn indicado en la Fig KΩ KΩ = 1.4KΩ Eq. Thev V = TH 4.7KΩ - 4V 4.7KΩ 4.7KΩ -4V -4V Figure 6: Determinación del equivalente de Theveninn. Determinando V T H y R T H, V T H = 2 [K] 4:7 [K] 8 [V ] 4 [V ] = 4:7 [K] 2 [K] 4:7 [K] 2 [K] 0:42 [V ] R T H = 2 [K] 4:7 [K] 2 [K] jj4:7 [K] = = 1:4 [K] 4:7 [K] 2 [K] La Fig. 7 indica el circuito equivalente en cc. 0.42V 1.4KΩ i B V BE 2. 1K Ω i E 4V Figure 7: Circuito equivalente en cc. Malla de entrada Planteando la malla de entrada considerando zona activa, se determina. 5

6 0:42 [V ] 100 (1:4 [K]) 0:7 1:01 1 [K] = 4 [V ] Malla de salida 2: [V ] = 2:2 [K] 1:01 1 [K] 4V (2) 12 [V ] = 2: (2:2 [K] 1:01 1 [K]) = 2:98 [V ] De acuerdo a (2) la recta de carga de cc será 3:74 3:21 [K] 3.2 Análisis en ca Se anulan las fuentes de cc, y se plantean las variaciones respecto del punto de operación. ic 4.7K Ω 2K Ω _ 2. Figure 8: Circuito en ca. Planteando la malla de salida se tiene (0:69 [K]) 1:01 1 [K] = 0 Reemplazando las variaciones en torno al punto de operación (I CQ ) (0:69 [K] 1:01 1 [K]) (V CEQ ) = 0 Reemplazando el punto de operación (2:81 ) ((0:69 [K]) 1:01 1 [K]) (2:98 [V ] ) = 0 6

7 (2:81 ) (0:69 [K] 1:01 1 [K]) 2:98 [V ] (0:69 [K] 1:01 1 [K]) (0:69 [K] 1:01 1 [K]) La recta de carga de ca será Donde R CA = 1:7 [K] : 4:56 1:7 [K] [V] (a) (b) Figure 9: (a) Rectas de carga en cc y ca. (b) Excursión de y. Se observa en la Fig. 9b que la variación de 4:56 luego se tiene que peak = R CA ; entonces 2:81 = 1:75, 4 Conclusiones peak = 1:75 1:7 [K] = 2:975 [V ] La determinación del circuito equivalente de cc en ambos casos es igual, para la obtención del punto de operación se requiere del planteamiento de la malla de entrada y malla de salida, esta última permite obtener la recta de carga de cc. Para determinar la excursión de la salida se pueden usar las rectas de carga en cc y ca. La intersección de ambas permite establecer cual es la variación máxima de la corriente de colector o el voltaje colector-emisor. 7