Problemas Resueltos de Circuitos Electronicos I

Universidad Nacional del Callao M.Sc.Ing. Armando Cruz Ramirez

Escuela Profesional de Ingeniaría Electrónica 2015-A

1

Problemas Resueltos de Circuitos Electrónicos I

Problema 01.- Diseñar la etapa amplificadora mostrada para obtener los siguientes resultados:

10ovA , kZ in 1 , mAICQ 2 . Datos: 160 , VVBE 6.0 , kRS 1 ,

kRL 4 y VVCC 12 . Ubique el punto Q para máxima excursión simétrica de la tensión de

salida.

Solución

La ecuación de la ganancia de tensión ovA a frecuencias centrales es:

inS

in

Eie

LCov

ZR

Z

Rh

RRA

2

//

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)

)1(1

CCCE

cdEC

CC

EC

CEC VV

RRR

V

RR

VI

Donde ECcd RRR

En a.c. la resistencia del circuito colector-emisor es 2// ELCac RRRR (en este caso

las fuentes de continua son cero y los capacitares se consideran cortocircuito). La recta

de carga tiene una pendiente de acR1 y esta dada por la ecuación siguiente:

)2(1

CEQCE

ac

c VvR

i

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.



2

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 Ci es

máximo cuando 0CEv

)3('

max, CQ

ac

CEQ

CC IR

VII

Sin embargo CQC II 2' para máxima excursión a lo largo de la recta de carga de a.c.

)4(2 ac

CEQ

CQ

ac

CEQ

CQCQR

VI

R

VII

De la Ec(1) cd

ac

CEQ

CEQcdCQCEQCC RR

VVRIVV

)5(

1

1

ac

cd

CCCEQ

ac

cdCEQCC

RR

VV

R

RVV

La Ec. (5) especifica CEv en el punto Q. CQI se obtiene reemplazando (5) en (4)

)6(

1

1

cdac

CC

CQ

ac

cd

CC

ac

CQRR

VI

RR

V

RI

'

CCV , es la intersección de la recta de carga de a.c. con el eje CEv , como se muestra en la figura.

La pendiente de la recta de carga de a.c. es:

)7(221 '

' acCQCC

CC

CQ

ac

RIVV

I

R

Además.

)8(

1

22'

ac

cd

CCCEQCC

RR

VVV

Q

)(mAiC

)(VvCE

CEQV '

CCV CCV

ac

CCC

R

VI

'

cd

CCC

R

VI

CQI

acac Rm 1

cdcd Rm 1

0



3

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: LC RR

kRRR CLL 7.1//' , considerando kRC 3

Circuito equivalente en pequeña señal a frecuencias centrales.

De la ecuación de ganancia de tensión a frecuencias centrales

inS

in

Eie

LCov

ZR

Z

Rh

RRA

2

//

, donde khie 2

2

)25(160 y asumiendo que kZ in 2 .

Reemplazamos los valores

kRR

REE

E

10.03.21160221

2

1602

7.116010 22

2

Luego calculamos kRRRR ELCac 8.11.07.1// 2

De la Ec (6).

kluegoR

kRRR

kRI

VR

E

CcdE

ac

CQ

CCcd

1.11.02.1

2.132.4

2.48.12

12

1

El punto de trabajo es: VRIV acCQCEQ 6.3)8.1)(2(

De la ecuación de impedancia de entrada



4

kV

VRR

k

V

V

RR

luego

VVcalculamos

kRR

R

R

R

RhR

RhRZ

BB

CCB

CC

BB

B

BB

B

B

B

B

B

EieB

EieBin

9.8)028.3

12(25.2)(

3

12

028.31

25.2

1

028.3)2.1(26.0)25.2(160

2

25.216

36

18

182

1.0*1602

)1.0*1602(2

)(

2

1

2

2

En resumen los valores son:

VVmAIkRkR

kRkRkRkRkR

CEQCQEE

LCS

6.3;2;1,0;1.1

9.8;3;4;3;1

21

21

Problema 02.- Diseñar el amplificador EC mostrado para máxima excursión, 10ovA en

kRL 1 , VVCC 12 . Los parámetros del transistor son: 200 , VVBE 7.0 .y Lf =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

EieBS

EieB

Eie

LCov

RhRR

RhR

Rh

RRA

//

////,

Consideramos que: kRR LC 1 y asumiremos que ieE hR , también asumiremos que

SEieB RRhR // lo cual comprobaremos posteriormente.

El circuito equivalente en pequeña señal es:



5

Con las consideraciones dadas tenemos que de la ecuación de ganancia se obtiene:

kR

RR

RR

R

RRA E

EE

LC

E

LCov 05.010

5.0////

De la ecuación para máxima excursión cdac

CCCQ

RR

VI

, donde

kRRR ECcd 05.105.01 y kRRRR ELCac 55.005.05.0//

Luego mAICQ 5.705.155.0

12

, calculamos, khie 67.0

5.7

25*200

En este punto verificamos lo que hemos supuesto

kkhR ieE 67.01067.005.0*200 Se cumple la condición asumida.

Ahora hacemos que EB RR 1.0 para minimizar la dependencia con respecto a

kRB 105.0*200*1.0 , comprobamos la otra condición asumida

kRkRhR SEieB 05.011067.0//1//

Hallamos la tensión Thevenin:

VRR

IVV EB

CQBEBB 1.105.0200

1*5.77.0

Por ultimo calculamos las resistencias de polarizacion.

kR 1.1

12

1.11

11 y kR 9.10

1.1

12*12



6

Problema 03.- Diseñar el amplificador colector común mostrado para que Aoi sea igual a 10 en

una 100LR . Datos Vcc=12V, Rs=1k , 60 y VVBE 7.0 , Hzf L 100

Solución:

Consideraremos que kRR LE 1.0

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:

cdac

CCCQ

RR

VI

, donde kRRR LEac 05.0// , kRR Ecd 1.0 y VVCC 12

Reemplazando se tiene mAICQ 801.005.0

12

calculamos 5.19

80

26*60ieh

Circuito equivalente en pequeña señal para bajas frecuencias

De la ecuación de ganancia de corriente Aoi a frecuencias centrales (consideramos los

capacitares como cortocircuito)

LEieB

B

LE

E

RRhR

R

RR

RAoi

//

Como 5.19300050*60// ieLE hRR , la ecuación de ganancia queda como:

32.0

1.0*6010

// B

B

LEB

B

LE

E

R

R

RRR

R

RR

RAoi

hf b*ib

RB

RE

Rs

Vs C2

RL

C1

hieini

bi

Li

Liini

R2

Vcc

RE

Vs

RL

Rs

3

2

1

R1

1C

2C



7

kRRRR

RBBB

B

B 5.1303010103

30

Luego calculamos VVBB 7.101.0

60

5.1807.0

kR 8.13

12

7.101

5.11 y kR 68.1

7.10

12*5.12

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:

VRRIv LECQopp 2.705.0*80*8.1//*9.0*2

La potencia disipada en la carga es:

mWR

IP L

CQ

L 8.641.0*8

80*9.0

8

9.0 22

Calculo de los condensadores: consideramos el circuito equivalente anterior en la cual

asumimos que la frecuencia de corte depende del capacitor del emisor

SC1 + Re))1(//(

1

hieRbRs= 0

C1 =

310)1.0)61(0195.0//(5.11)10

100(2

1

= 7.2μF

C2 =

BSie

EL

RRhRR

////100*2

1

3

2

1060

5.1//10195.01.01.0100*2

1

C F16

Problema 04.- Diseñar un amplificador Emisor Común para obtener una 100 vA , cunado

100,7.0,15,15,100,2,2 VVHzfVVRkRkR BELCCSLin .

Este amplificador requiere una excursión de la tensión de salida de Vvopp 2 . 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.



8

Solución:

Asumiremos que kRR LC 2 , además sabemos que LCampcopp RRiv //*2 max.

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.

* 1// ELCac RRRR , Asumiremos que 1// ELC RRR LCac RRR //

* ECcd RRR , Donde 21 EEE RRR

Como mAIIRRIv CQCQLCCQopp 12//222//2

Consideremos que VVRIVVVV CEQacCQCEQCCCC 121*11313 ''

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

Luego calculamos

kI

RIVVRRR

CQ

CCQCEQCC

EEE 11

2*1121521

Calculamos 1ER , a partir de la ecuación de vA0 . Sabiendo que khie 6.21

26*100

Q

)(mAiC

)(VvCE

CEQV '

CCV CCV

ac

CCC

R

VI

'

cd

CCC

R

VI

CQI

acac Rm 1

cdcd Rm 1

0 v15



9

1.2

2

1006.2

110010

//

11 EinS

in

Eie

LCfeov

RRR

R

Rh

RRhA

93093170691.2

201006.2 211 EEE RRR

Calculamos BR a partir de kRin 2

kR

R

R

R

RRhRR B

B

B

B

BEieBin 53.2

6.7

2.19

6.9

6.9

76.2

76.22// 1

Calculo de la tensión Thevennin BBV de la base

VRIVRI

V ECQBEB

CQ

BB 73.11*17.053.2*100

1*

Luego calculamos 1R y 2R , de las siguientes ecuaciones:

k

V

V

RR

CC

BB

B 86.2

15

73.11

53.2

11 ;

k

V

VRR

BB

CCB 9.21

73.1

15*53.22

Calculo de los condensadores.- Consideremos que la frecuencia de corte depende del capacitor

EC y los capacitares 21 yCC los calculamos para Hzf

f LL 5.1

10'

Calculo de 1C .- De la ecuación

F

RRfC

inSL

3.4124701005.1*2

1

2

1''1

; Donde Hzf L 5.1' y

2470//'

BEiein RRhR

Calculo de 2C , de la ecuación

F

RRfC

LCL

5.2640005.1*2

1

2

1¡2

Calculo de EC , de la ecuación

F

RRhRRf

C

BSie

EEL

E

120

10100

53.2/11.06.207.0//93.015*2

1

////2

1

3

12



10

Circuito equivalente en pequeña señal y bajas frecuencias.

Problema 05.- En el circuito de la figura realizar el diagrama de Bode de magnitud y fase de

Ai . Datos: khhVV iefeBE 1;200;7.0 , kRR L 11 , kR 5.12 , 100ER

FCE 10

Solución.

La función de transferencia es de la forma pCE

CEoii

ss

ssAsA

0 , donde oiA es la ganancia de

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

01

C

Cx

Para L frecuencia de corte inferior.

ii1R

2RLR Li

ER

bi

bfeih

ii

bi

Libfeih



11

)1( bfeL ihi ; )2(

i

ieB

Bb i

hR

Ri ; Reemplazando (2) en (1)

ieB

Bfeoii

ieB

BfeL

hR

RhAi

hR

Rhi ; Donde kRRRB 6.05.1//1// 21 ,

Reemplazando en la ecuación de ganancia:

756.1

6.0*200 oiA

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 pEs

pE

fe

ieBEE

pE

fe

ieBE

E

h

hRRC

s

h

hRR

sC

1

1//

10

1//

1

Donde la constante de tiempo es pE

Reemplazando valores1

3

13500

200

16.0//1.010*10

1

segs pE

Calculo del cero Es0

EEE

E

E

ERC

sR

sC0

0

110

1

1

30 10001.0*10*10

1

segs E

pER

ER0



12

Debe de comprobarse que 81000

13500

0

E

pE

s

só10

La Funcion de Transferencia es:

13500

100075)(

s

ssAi para js

135001

10001

6.5

135001

10001

13500

1000*75

13500

100075)(

j

j

j

j

j

jjAi

La funcion de transferrencia tiene una pulsacion propia del cero en seg

radk

seg

rad110000

y del polo en seg

radk

seg

radp 5.1313500

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

2

2

135001

10001

6.5)(

iA

Para 6.50 cdA

dBAdBcd 156.5log20

Para 750 A

dBAdB

5.3775log200

dBiA

)/( segkrad

cdA

0A

dB0

dB0

decdB /20



13

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

135001000

11 tgtgAi

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.

0

dec/450dec/450

)/( segkrad

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