Trabajo Preparatorio

Danny Tabarez

Diseño de un Colector Común

Utilizando la configuración de un emisor común diseñe un amplificador con las siguientes características

Modelo Transistor: 2N3904

Hfe:

Hfe Max: 300 Hfe Min: 30 Hfe trabajo: 150 (Multimetro)

Vin= 1 sen wt

Vo= 1 sen wt entonces A=1

RL=510Ω

Frecuencia:

fmin: 1 kHz fMax:10kHz

Diagrama de Voltajes

Condiciones :

1. V inp ≤ IE(ℜ∨¿ RL)

2. V CE ≥ V op+Vsat

Por la primera condicion del diagrama de voltajes tenemos que

1 ≤ IE (ℜ∨¿ RL)VEℜ ≥

1(ℜ∨¿RL)

VE ≥ℜ

(ℜ∨¿ RL)

De allí llegamos a ciertas conclusiones de la relación en paralelo

ℜ=RL ℜ∨¿ RL=ℜ2 VE ≥

2ℜℜ vop

VE ≥10 V

ℜ≫ RL ℜ=10 RLdel paraleloℜ∨¿ Rl=RL

VE ≥10 RL

RLVE ≥50 V

ℜ≪ RL ℜ=RL10

del paraleloℜ∨¿ Rl=ℜ

VE ≥RCℜ vop

VE ≥5V

Escogemos la primera opción para tener

ℜ=RL=510Ω

VE ≥ℜ

(ℜ∨¿ RL)= 510∗1 V

(510∨¿510)

VE ≥2VEso a un 20% de error

20∗1.2=2.4 VVE=2.4 V

Donde

IE=VEℜ =2.4 V

510=4.7 mA

IE=4.7 mAPor aproximación

IC=4.7 mA

Usando la segunda condición de el diagrama de voltajes

V CE ≥ V op+VsatSuponiendo que deba ser mayor a 6Consideremos que

Vsat=6Donde

VCE≥ 7

Del diagrama también concluimos que al voltajesVCC=IE∗ℜ+VCE=4.7 mA∗510+6=2.4+6=9.4 V aproximando :

VCC=10 VSegún los circuitos se dispone:

ConsidereConsideremos que

I 2≫ IB MAX

IBMAX=IC

βmin

IBMAX=4.7 mA

31

IBMAX=156.8 uA

VRB2=VB=VE+0.7

VRB2=3.1V

de esta se considera

I 2≫ IB

I 2=10 veces (IBmax )=10∗156.8 uA=1.56 mA

VRE2I 2

=RB 2

RB 2= 3.1V1.56 mA

=1976.26

Aproximación comercial

RB 2=2 kΩ

Considerando que

VRb1=VCC−VB

VRb1=10−3.1=6.9 V

I 1=I 2+ IB

I 1=156 uA+1.5 mA

I 1=1.72mA

Rb 1=VRb1I 1

= 6.9V1.72mA

=4023.86 Ω

Rb 1=4.03 kΩ

Aproximación comercial seria la suma de 2 resistencias de 2k

Rb 1=4 kΩ

Calculo de Capacitores

Considerando que la frecuencia va de 1kHZ a 10kHZ

Zin=Rth∨¿ zinT

ZinT= vinT

∬¿=Vinib

=ib ( hfe+1 )(ℜ∨¿Rth+ℜ)

ib¿

ℜ=26 mVIE

= 26 mV4.7 mA

=5.5 ohms

Rth=Rb 1||Rb 2=4 k||2 k=1.33 k

ZinT=(hfe+1 ) ¿

zin=Rth||zinT =1.33 k||55.7 k=1.35 k

CB ≫ 12 π∗fmin∗Zin

CB ≫ 12 π∗1 kHZ∗1.3 K

CB ≫122 nF

Valor para la práctica

CB=100 uF

Capacitor emisor

XccMAX ≪ RL

CE ≫ 12 π∗fmin∗RL

= 12 π∗1 kHz∗510

CE ≫312 nF

CE=100 uF

Polarización

Q1

2N3904

Rb14kΩ

Rb22kΩ

Re510Ω RL

510Ω

C2

100µF

C1

100µF

Vin1 Vpk 1kHz 0°

VCC10V

Considere que

Hfe=β=150

Calculando el equivalente T h evenin

Rt h=Rb 1∨¿Rb 2=1.33 k

Vt h= Vcc∗Rb 2Rb 1+Rb2

=3.3 V

RE510Ω

Q1

2N3904

VCC

10V

Rth

1.3kΩ

Vth3.3 V

Vc

Vb

Ve

Equivalente Thevenin

Vth=RTH I B+V BE+RE I E

I E=IC+ I B

I C=ß I B

I E=I B+ß I B

I E=( ß+1)I B

Vcc−RB I B−V BE−RE (ß+1) I B=0

Vcc−(R ¿¿B+RE (ß+1))I B−V BE=0¿

I B=V TH−V BE

RTH +RE( ß+1)

I B=3.3−0,7

1.3 k+510 (151)I B=34 µ A

I C=ß I B=5.04mA

I E=IC+ I B

I E=5.1 mA

V E=I E RE=5.1mA∗510=2.6 VV E=2.6 V

V ¿−V E=0,7¿V B=0,7+2.6=3.2 V

V B=3.2 V

V C=Vcc=10 V

V CE=V C−V E=10−2.6=7.4 VV CE=7.4 V

Cálculos AC

Ganancia de Voltaje

Av= VoVin

=ie(ℜ∨¿R L)

ib((h fe+1 ) ℜ+ib (h fe+1 )(ℜ∨¿R L))

Av=( ℜ∨¿ RLℜ+(ℜ∨¿ R L))

ℜ=510 ; RL=510; IE=5.1 mA

ℜ=26 mVIE

= 26 mV5.1 mA

=5.1 Ω

Av=( 510∨¿5105.1+510∨¿510 )=0.996 → 1

Ganancia de Corriente

Zin=Rth∨¿ ZinT

ZinT= vinT

∬¿=Vinib

=ib((h fe+1 ) ℜ+ib (h fe+1 )(ℜ∨¿R L))

ib=(hfe+1)(ℜ+ℜ∨¿ RL)¿

Zin=Rth∨¿(hfe+1)¿

ZinT=578.9 Ω

AI=ioiin

=

voRLvinZin

=AV∗(ZinRL )=1∗( 578.9

510 )

AI=1.1

Carga zo

Zo=RL∨¿ Zo '

z o'= v o '

io ' =hfie∗ib

ie=

(hfe+1 )∗ℜ∗ib(hfe+1 )∗ib

=ℜ

Zo=510∨¿5.1

Zo=5 ohms

Simulación

Caso 1:

Sin corte ni saturación:

Vin=1 senwt

En DC

Canal 1 VC Canal 2 VB Canal 3 VE

VCE

En AC

Canal 1 VC Canal 2 VB Canal 3 VE

VCE

Voltaje de Salida Vs Entrada

VO Voltaje de salida amplificado

AV=0.96

Vop=AV∗vip=0.99∗1=0.9