Problemas Resueltos De Circuitos Electronicos I

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

Problemas Resueltos de Circuitos Electrónicos I Problema 01.- Diseñar la etapa amplificadora mostrada para obtener los siguientes resultados: Aov  10 , Z in  1k , I CQ  2mA . Datos:   160 , V BE  0.6V , RS  1k , R L  4k y VCC  12V . Ubique el punto Q para máxima excursión simétrica de la tensión de salida.

Solución La ecuación de la ganancia de tensión Aov a frecuencias centrales es:  R // RL Aov     C  hie  RE 2

 Z in   RS  Z in

  

Teoría: Elección de la recta de carga para máxima excursión. 

En c.d., la recta de carga se determina teniendo en cuenta la resistencia total del circuito colector-emisor. (Los capacitares se consideran circuito abierto)  IC  

VCE VCC 1  VCE  VCC   (1)   RC  R E RC  R E Rcd

Donde Rcd  RC  RE 

En a.c. la resistencia del circuito colector-emisor es Rac  RC // RL  RE 2 (en este caso las fuentes de continua son cero y los capacitares se consideran cortocircuito). La recta de carga tiene una pendiente de  1 Rac y esta dada por la ecuación siguiente: 1 vCE  VCEQ   (2) ic   Rac

Con una entrada a.c. igual a cero el punto Q se ubica en la intersección de las rectas de carga de d.c. y de a.c.

1

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

Si se desea diseñar el amplificador para máxima excursión de la tensión de salida, el punto Q se debe de colocar en el centro de la recta de carga de a.c. La intersección de la recta de carga de a.c con la de c.d. nos determina el punto Q. Como iC es máximo cuando vCE  0 VCEQ  I C ,max  I C'   I CQ  (3) Rac Sin embargo I C'  2 I CQ para máxima excursión a lo largo de la recta de carga de a.c.

 2 I CQ  I CQ 

VCEQ Rac

 I CQ 

VCEQ Rac

 (4)

De la Ec(1) VCC  VCEQ  I CQ Rcd  VCEQ 

VCEQ Rac

Rcd

 R  VCC  VCC  VCEQ 1  cd   VCEQ   (5) R R   cd ac   1  Rac   La Ec. (5) especifica v CE en el punto Q. I CQ se obtiene reemplazando (5) en (4) I CQ

1  R ac

  V CC  R  1  cd R ac 

  VCC   I CQ   (6) R ac  Rcd  

' , es la intersección de la recta de carga de a.c. con el eje v CE , como se muestra en la figura. VCC La pendiente de la recta de carga de a.c. es: 2 I CQ 1 '    '  VCC  2 I CQ Rac  (7) Rac VCC

Además. ' VCC  2VCEQ 

2VCC  (8) R 1  cd Rac

iC (mA)

' VCC IC  Rac

V I C  CC Rcd I CQ

0

mac  1 Rac mcd  1 Rcd Q

VCEQ

' VCC

VCC

vCE (V )

2

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

Diseño: Por lo general siempre se van a tener más incógnitas que ecuaciones, por tanto es regla común asumir condiciones prácticas y dar valor para algunas de estas incógnitas. Bajo esta consideración asumiremos que Rc=3k  (podríamos haber asumido que: RC  RL

 RL'  RL // RC  1.7k , considerando RC  3k Circuito equivalente en pequeña señal a frecuencias centrales.

De la ecuación de ganancia de tensión a frecuencias centrales  R // RL Aov     C  hie  RE 2

 Z in   RS  Z in

 160 (25)  , donde hie   2k y asumiendo que Z in  2k . 2 

Reemplazamos los valores  1.7  10  160  2  160 RE 2

 2     2  160 RE 2  21.3  RE 2  0.10k  1  2 

Luego calculamos R ac  RC // RL  RE 2  1.7  0.1  1.8k De la Ec (6).

Rcd 

VCC 12  Rac   1.8  4.2k I CQ 2

 RE  Rcd  RC  4.2  3  1.2k luegoRE1  1.2  0.1  1.1k El punto de trabajo es: VCEQ  I CQ Rac  (2)(1.8)  3.6V De la ecuación de impedancia de entrada

3

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

Z in 

RB (hie  RE 2 ) R (2  160 * 0.1) 2 B RB  hie  RE 2 RB  2  160 * 0.1

2

18 RB 36  RB   2.25k RB  18 16

calculamosVBB 

2 (2.25)  0.6  2(1.2)  3.028V 160

luego R1 

RB 2.25   3k VBB 3.028 1 1 12 VCC

R2  R B (

VCC 12 )  2.25( )  8.9k VBB 3.028

En resumen los valores son:

RS  1k; RC  3k;R L  4k; R1  3k; R2  8.9k RE1  1.1k; RE 2  0,1k; I CQ  2mA;VCEQ  3.6V Problema 02.- Diseñar el amplificador EC mostrado para máxima excursión, Aov  10 en R L  1k , VCC  12V . Los parámetros del transistor son:   200 , V BE  0.7V .y f L =100Hz

Solución: Consideraremos los capacitares de valor infinito por tanto en el análisis de alterna se comportan como corto circuito para cualquier frecuencia De la ecuación de ganancia  R // RL Aov     C  hie  RE

  RB // hie  RE     ,   RS  RB // hie  RE 

Consideramos que: RC  RL  1k y asumiremos que RE  hie , también asumiremos que RB // hie  RE   RS lo cual comprobaremos posteriormente. El circuito equivalente en pequeña señal es:

4

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

Con las consideraciones dadas tenemos que de la ecuación de ganancia se obtiene:  R // RL Aov     C  RE

 R // RL 0.5    C   10  RE  0.05k RE RE 

De la ecuación para máxima excursión I CQ 

VCC , donde Rac  Rcd

Rcd  RC  RE  1  0.05  1.05k y Rac  RC // RL   RE  0.5  0.05  0.55k Luego I CQ 

200 * 25 12  0.67 k  7.5mA , calculamos, hie  0.55  1.05 7.5

En este punto verificamos lo que hemos supuesto

RE  200 * 0.05  hie  0.67  10k  0.67 k Se cumple la condición asumida. Ahora hacemos que R B  0.1 R E para minimizar la dependencia con respecto a   R B  0.1 * 200 * 0.05  1k , comprobamos la otra condición asumida

RB // hie  RE   1 // 0.67  10   1k  RS  0.05k Hallamos la tensión Thevenin:

R   1  VBB  VBE  I CQ  B  RE   0.7  7.5 *   0.05   1.1V  200     Por ultimo calculamos las resistencias de polarizacion.

R1 

12 1  10.9k  1.1k y R2  1 * 1.1 1.1 1 12

5

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

Problema 03.- Diseñar el amplificador colector común mostrado para que Aoi sea igual a 10 en una R L  100  . Datos Vcc=12V, Rs=1k  ,   60 y V BE  0.7V , f L  100 Hz Vcc

R2 3

C1

Rs

2

C2

Vs 1

iin R1

RE RL

iL

Solución: Consideraremos que R E  R L  0.1k Al no haber especificaciones con respecto a la magnitud de la señal de entrada, elegimos el punto Q en el centro de la recta de carga de ac. De la ecuación: I CQ 

VCC , donde Rac  RE // RL  0.05k , Rcd  RE  0.1k y VCC  12V Rac  Rcd

Reemplazando se tiene I CQ 

60 * 26 12  19.5  80 mA calculamos hie  0.05  0.1 80

Circuito equivalente en pequeña señal para bajas frecuencias Rs

C1

iin

ib hie

hf b*ib

RB Vs

C2 RE

RL

iL

De la ecuación de ganancia de corriente Aoi a frecuencias centrales (consideramos los capacitares como cortocircuito)  RE Aoi     RE  RL

  RB      RB  hie   RE // RL 

Como  RE // RL   60 * 50  3000   hie  19.5 , la ecuación de ganancia queda como:  RE Aoi     RE  RL

  RB 0.1  RB        10  60 * 0.2  RB  3    RB   RE // RL 

6

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A



30 RB  10  10 RB  30  30 RB  RB  1.5k RB  3

 1.5  VBB  0.7  80  0.1  10.7V Luego calculamos  60 

 R1 

12 1.5  1.68k  13.8k y R2  1.5 * 10.7 10.7 1 12

Como hemos seleccionado el punto Q el centro de la recta de carga de ac, la máxima excursión de la tensión de salida sin considerar la zona de distorsión es:

vopp  2 * 0.9 * I CQ RE // RL 1.8 * 80 * 0.05  7.2V La potencia disipada en la carga es:

0.9 I 

2

PL 

CQ

8

RL 

0.9 * 80 2 * 0.1  64.8mW 8

Calculo de los condensadores: consideramos el circuito equivalente anterior en la cual asumimos que la frecuencia de corte depende del capacitor del emisor 1 =0 Rs  Rb //( hie  (1   ) Re) 1 C1 = = 7.2μF 100 3 2 ( )1  1.5 //( 0.0195  (61)0.1)10 10 1 C2 =   h  RS // RB   2 *100  RL  RE //  ie     1 C2   16F   0.0195  1 // 1.5  3 2 *100 0.1  0.1 10 60   

SC1 +

Problema 04.- Diseñar un amplificador Emisor Común para obtener una A0v  10 , cunado Rin  2k, RL  2k, RS  100,VCC  15V , f L  15 Hz,VBE  0.7V ,   100 . Este amplificador requiere una excursión de la tensión de salida de vopp  2V . El diseño debe de hacerse para que el consumo de potencia en el transistor sin señal de entrada sea mínimo. Determínese el valor de todos los componentes del circuito.

7

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

Solución: Asumiremos que RC  RL  2k , además sabemos que vopp  2icamp. max * RC // RL  Como nos piden que el consumo de potencia en el transistor sea mínimo sin señal de entrada, el punto Q debe de estar por debajo del centro de la recta de carga de a.c. * Rac  RC // RL   RE1 , Asumiremos que RC // RL   RE1  Rac  RC // RL * Rcd  RC  RE , Donde R E  R E1  R E 2 Como vopp  2I CQ RC // RL   2  2I CQ 2 // 2  I CQ  1mA

iC (mA) V' I C  CC Rac

V I C  CC Rcd I CQ

0

mac  1 Rac mcd  1 Rcd Q

VCEQ

vCE (V ) VCC  15v

' VCC

' '  13V  VCC  VCEQ  I CQ Rac VCEQ  13  1 *1  12V Consideremos que VCC

Como se observa el punto Q esta por debajo del centro de la recta de carga de ac

VCC  VCEQ  I CQ RC

15  12  1 * 2  1k I CQ 1 100 * 26  2.6k Calculamos RE1 , a partir de la ecuación de A0 v . Sabiendo que hie  1 Luego calculamos RE  RE1  RE 2 



8

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

 R // RL  Rin  Aov  h fe  C  hie  RE1  RS  Rin

2.6  100 RE1 

   2  1   10  100    2.6  100 RE1  2.1  

20  RE1  69  70  RE 2  931  930 2.1

Calculamos RB a partir de Rin  2k Rin  RB // hie  RE1   2 

RB 2.6  7  9.6 RB 19.2   RB   2.53k RB  2.6  7 RB  9.6 7.6

Calculo de la tensión Thevennin VBB de la base VBB 

I CQ



* RB  VBE  I CQ R E 

1 * 2.53  0.7  1 * 1  1.73V 100

Luego calculamos R1 y R2 , de las siguientes ecuaciones: R1 

V RB 2.53   2.86k ; R2  RB  CC V 1.73  VBB 1  BB 1  15 VCC

 15   2.53 *  21.9k 1.73 

Calculo de los condensadores.- Consideremos que la frecuencia de corte depende del capacitor f C E y los capacitares C1 yC 2 los calculamos para f L'  L  1.5Hz 10 Calculo de C1 .- De la ecuación

C1 

1 1   41.3F ; Donde f L'  1.5Hz y ' 2 *1.5100  2470  2f RS  Rin ' L





Rin'  hie  RE  // RB  2470 Calculo de C 2 , de la ecuación

C2 

1 1   26.5F 2f RC  RL  2 *1.54000  ¡ L

Calculo de C E , de la ecuación 1 CE   h  RS // RB  2f L  RE 2 //  RE1  ie   

  



1  2.6  0.11 / 2.53  3  2 *150.93 //  0.07  10 100   

 120 F

9

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

Circuito equivalente en pequeña señal y bajas frecuencias.

ib

h feib

Problema 05.- En el circuito de la figura realizar el diagrama de Bode de magnitud y fase de Ai . Datos: VBE  0.7V ; h fe  200; hie  1k , R1  RL  1k , R2  1.5k , R E  100  C E  10 F

R2 ii

R1

RL

iL

RE

Solución. La función de transferencia es de la forma Ai s   Aoi

s  s0CE 

s  s  , donde

Aoi es la ganancia de

pCE

corriente a frecuencias centrales. Hacemos el circuito equivalente para bajas frecuencias y para hacer el cálculo de la ganancia de corriente a frecuencias centrales tenemos que considerar el condensador como corto circuito, es decir

xC 

1

C

 0 Para   L frecuencia de corte inferior. ib

ii

h feib

iL

10

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

iL  h fe ib  (1) ; ib   RB i L  h fe   R B  hie

RB ii  (2) ; Reemplazando (2) en (1) R B  hie

  RB ii  Aoi  h fe    R B  hie

  ; Donde RB  R1 // R2  1 // 1.5  0.6k , 

Reemplazando en la ecuación de ganancia:

Aoi  200 *

0.6  75 1.6

Para calcular el polo y el cero aplicamos el método de la admitancia igual a cero, para esto calculamos las constantes de tiempo vistos por el capacitor, que hagan cumplir las condiciones del polo y el cero. Calculo del polo s pE

R pE

sC E 

1  R  hie RE //  B  1 h fe 

   

 0  s pE  

1  C E  RE 

 R  hie //  B  1 h fe 

   



1

 pE

Donde la constante de tiempo es  pE Reemplazando valores  s pE 

1   0.6  1  10 *10 3 0.1 //    200  

13500 seg 1

Calculo del cero s 0 E

1 1 1  0  s0 E    RE C E RE  0E 1   1000 seg 1 3 10 *10 * 0.1

sC E  R0 E

s0 E

11

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

s pE

Debe de comprobarse que

s0 E



 13500  8 ó10  1000

La Funcion de Transferencia es:

 s  1000  Ai ( s)  75   para s  j  s  13500    Ai ( j )  75 

j  1  j  1000  1000  1000   75 * j j  13500  13500  1  13500

j     1 1000   5.6 j    1   13500

     

La funcion de transferrencia tiene una pulsacion propia del cero en  0  1000 y del polo en  p  13500

rad rad  1k seg seg

rad rad  13.5k seg seg

Diagrama de Bode de Amplitud, consideramos el modulo de la función de transferencia.

Ai ( )  5.6

   1    1000 

2

   1    13500 

2

Para   0  Acd  5.6 Acd

 20 log 5.6  15dB

dB

Para     A0  75 A0

dB

 20 log 75  37.5dB

Ai

dB

0dB A0

20dB/ dec Acd

0dB

 (krad / seg ) 12

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

Diagrama de Bode de Fase, aplicamos el metodo practico explicado en clase

     1    tg    1000   13500 

 Ai  tg 1  0

0

45 / dec

 45 0 / dec

 (krad / seg ) Las correcciones para las formas reales de las graficas de Bode la pueden hacer según lo explicado en clases. Recuerde que en el diagrama de Bode de amplitud cada cero genera una asuntota de pendiente positiva y cada polo una asuntota de pendiente negativa. Además en lo que respecta al diagrama de Bode de fase, de acuerdo a lo explicado en clase una flechita hacia arriba representa una pendiente positiva y una flechita hacia abajo indica una pendiente negativa.

13