Reporte 4 Amplificador senal pequena tipo Darlington

Vista previa del material en texto

Universidad Nacional Autónoma de México
Facultad de Ingeniería
Ingeniería Eléctrica-Electrónica
2021-2
Práctica 4
Amplificadores de señal pequeña:
Amplificador tipo Darlington
Soto Monterroza José Miguel
Ake Curiel Luis Mario
Laboratorio de Amplificadores Electrónicos
Grupo de Laboratorio: 02
Objetivos
- Analizar, diseñar y simular un amplificador tipo Darlington.
Introducción
En la siguiente práctica se diseñaron y simularon dos amplificadores utilizando la
configuración Darlington. Esta configuración, inventada por Sydney Darlington en 1953,
consiste de dos transistores conectados uno al otro de tal manera que la amplificación en
corriente del primero es amplificada aún más por el segundo. Por esta razón se le conoce a la
unión como un transistor ‘super beta’.
Esta configuración generalmente se puede obtener como una sola cápsula, pero para
los propósitos de esta práctica se utilizaran dos transistores 2N2222 independientes. Una
pareja Darlington se comporta como un transistor individual, lo cual significa que tiene una
terminal base, colector y emisor. La ganancia total de la pareja de transistores es
aproximadamente el producto de las ganancias individuales de cada transistor. Para valores
más pequeños de (inferiores a los cientos) se cumple que:β β
𝐷𝑎𝑟𝑙𝑖𝑛𝑔𝑡𝑜𝑛
= β
1
β
2
+ β
1
+ β
2
.
Algunos de sus beneficios incluyen que, dada su gran amplificación de corriente, solo
requiere de una pequeña corriente base, también cuenta con una gran impedancia de entrada.
En cuanto a sus desventajas, se requiere de un voltaje base-emisor casi del doble, ya que
existen dos uniones base-emisor. Otra desventaja es un voltaje de saturación muy aumentado.
Desarrollo
Actividad 1: Seguidor Emisor Darlington con transistor 2N2222
Comenzamos por construir el circuito mostrado en la siguiente figura con el objetivo de
obtener las curvas características de este arreglo de transistores, en donde al realizar la
simulación correspondiente se obtuvieron las curvas ilustradas en la figura tal.
Figura 1. Circuito para obtener las curvas características
Figura 2. Curvas características del arreglo Darlington
Obtenidas las curvas se decidió trabajar con el punto , e𝑉
𝐶𝐸
2
= 4[𝑉] 𝐼
𝐶
= 1. 3657[𝐴]
, posteriormente agregamos medidores de corriente adicionales para poder𝐼
𝐵
1
= 0. 5[𝑚𝐴]
determinar las en cada transistor en ese punto utilizando la definición :β β = 𝐼
𝐶
/𝐼
𝐵
Transistor 1:
𝐼
𝐶
1
= 53. 7[𝑚𝐴] 𝐼
𝐵
1
= 0. 5[𝑚𝐴] ∴ β
1
= 107. 4
Transistor 2:
𝐼
𝐶
2
= 1. 31[𝐴] 𝐼
𝐵
2
= 54. 2[𝑚𝐴] ∴ β
2
= 24. 169
Figura 3. Amplificador tipo Darlington Seguidor-Emisor.
Análisis
Para analizar este circuito se empleará el teorema de superposición, por lo tanto, existirá un
análisis para la fuente de CD y otro para la fuente de CA
Fuente de CD
Aquí la fuente de CA se anula (colocándola en cortocircuito) y los capacitores se sustituyen
por un circuito abierto; ya que la frecuencia en CD es 0 Hz, lo que provoca que la reactancia
del capacitor tienda a infinito. Tomando en cuenta lo anterior, el circuito𝑋
𝐶
= 1𝑗ω𝐶( )
resultante es el siguiente:
Figura 4. Análisis en CD.
Si aplicamos LVK por el lazo ilustrado en rojo de la figura 4 llegamos a:
𝑉
𝐶𝐶
− 𝑅
𝐶
𝐼
𝐶
− 𝑉
𝐶𝐸
2
− 𝑅
𝐸
𝐼
𝐸
= 0
En donde al realizar la aproximación y despejar tenemos:𝐼
𝐸
≈ 𝐼
𝐶
𝑅
𝐸
𝑅
𝐸
=
𝑉
𝐶𝐶
−𝑉
𝐶𝐸
2
𝐼
𝐶
− 𝑅
𝐶
Además, al aplicar LVK en el lazo ilustrado en azul y tener en cuenta que está definido𝑉
𝑅2
por la ley de Ohm, al despejar llegamos a:𝐼
2
𝐼
2
=
2𝑉
𝐵𝐸
+𝑅
𝐸
𝐼
𝐶
𝑅
2
Finalmente, al analizar por Ley de Ohm y tomar en cuenta que la corriente𝑅
1
𝐼
1
= 𝐼
2
+ 𝐼
𝐵
1
obtenemos:
𝑅
1
=
𝑉
𝐷𝐷
−𝑉
𝑅2
𝐼
1
∴ 𝑅
1
=
𝑉
𝐷𝐷
−𝑅
2
𝐼
2
𝐼
2
+𝐼
𝐵
1
 
Por último, al sustituir la expresión de en la ecuación de se obtiene:𝐼
2
𝑅
1
𝑅
1
=
𝑅
2
𝑉
𝐷𝐷
− 2𝑉
𝐵𝐸
+𝑅
𝐸
𝐼
𝐶( )( )
2𝑉
𝐵𝐸
+𝑅
𝐸
𝐼
𝐶
+𝐼
𝐵
1
𝑅
2
Análisis CA
Aquí la fuente de CD se anula, y los capacitores se sustituyen por un cortocircuito; ya que la
frecuencia de operación es lo suficientemente alta para considerar su reactancia como cero.
Tomando en cuenta lo anterior tenemos:
Figura 5. Análisis en CA.
Si sustituimos ambos transistores por sus modelos de señal pequeña y reducimos en una
resistencia el paralelo de y obtenemos el circuito ilustrado en la figura 6.𝑅
1
𝑅
2
Figura 6. Análisis en señal pequeña.
Para obtener la expresión de ganancia de voltaje buscaremos obtener las siguientes
relaciones:
𝐴
𝑣
𝐿
=
𝑣
0
𝑖
𝑏
1
( ) 𝑖𝑏1𝑣𝑖( )
Para esto emplearemos las relaciones de corrientes característica de los TBJ (𝑖
𝑒
= β + 1( )𝑖
𝑏
)
, por lo que y .Tomando en cuenta lo anterior, se observa𝑖
𝑒
1
= β
1
+ 1( )𝑖𝑏
1
𝑖
𝑒
2
= β
2
+ 1( )𝑖𝑏
2
que , por lo tanto:𝑖
𝑒
1
= 𝑖
𝑏
2
𝑖
𝑒
2
= β
2
+ 1( ) β1 + 1( )𝑖𝑏
1
⎡
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
Establecido lo anterior, al analizar por ley de Ohm el resistor :𝑅
𝑞
𝑣
𝑜
= 𝑅
𝑞
𝑖
𝑒2
→ 𝑣
0
= 𝑅
𝑞
β
2
+ 1( ) β1 + 1( )𝑖𝑏
1
⎡
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦( ) ∴
𝑣
𝑜
𝑖
𝑏
1
= 𝑅
𝑞
β
2
+ 1( ) β1 + 1( )
Para obtener el término aplicamos LVK en el lazo mostrado en la figura 6:𝑖
𝑏
1
/𝑣
𝑖
𝑣
𝑖
− 𝑟
𝑏
1
𝑖
𝑏
1
− 𝑟
𝑏
2
𝑖
𝑏
2
− 𝑅
𝑞
𝑖
𝑒
2
= 0
Recordando que y que , al sustituir en la𝑖
𝑒
2
= β
2
+ 1( ) β1 + 1( )𝑖𝑏
1
𝑖
𝑏
2
= 𝑖
𝑒
1
= β
1
+ 1( )𝑖𝑏
1
expresión anterior tenemos que:
𝑣
𝑖
− 𝑟
𝑏
1
𝑖
𝑏
1
− 𝑟
𝑏
2
β
1
+ 1( )⎡⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
𝑖
𝑏
1
− 𝑅
𝑞
β
2
+ 1( ) β1 + 1( )[ ]𝑖𝑏
1
= 0
Al despejar y dividir sobre tenemos que:𝑖
𝑏
1
𝑣
𝑖
 
𝑖
𝑏
1
𝑣
𝑖
= 1𝑟
𝑏
1
+𝑟
𝑏
2
β
1
+1( )+𝑅𝑞 β2+1( )(β1+1)
Finalmente, al multiplicar ambos términos llegamos a:
𝐴
𝑣
𝐿
=
𝑣
𝑜
𝑖
𝑏
1
( ) 𝑖𝑏1𝑣𝑖( ) = 𝑅𝑞 β2+1( ) β1+1( )𝑟𝑏
1
+𝑟
𝑏
2
β
1
+1( )+𝑅𝑞 β2+1( )(β1+1)
Para obtener la ganancia de corriente buscaremos obtener las siguientes relaciones:
𝐴
𝑖
𝐿
=
𝑖
𝑜
𝑖
𝑏
1
( ) 𝑖𝑏1𝑖𝑖( )
Para el término nos enfocaremos en los resistores que componen :𝑖
𝑜
/𝑖
𝑏
1
𝑅
𝑞
Figura 7. Análisis resistor 𝑅
𝑞
Se observa que por el tipo de conexión podemos aplicar un divisor de corriente, por lo que
teniendo en cuenta que llegamos a:𝑖
𝑒
2
= β
2
+ 1( ) β1 + 1( )𝑖𝑏
1
⎡
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
𝑖
𝑜
=
𝑅
𝐸
𝑅
𝐸
+𝑅
𝐿
β
2
+ 1( ) β1 + 1( )( )𝑖𝑏
1
∴
𝑖
0
𝑖
𝑏
1
=
𝑅
𝐸
β
2
+1( ) β1+1( )( )
𝑅
𝐸
+𝑅
𝐿
 
Para el término buscaremos aplicar un divisor de corriente por lo que transformaremos𝑖
𝑏
1
/𝑖
𝑖
el circuito de tal forma que todos los resistores que cruzó el lazo analizado en la figura 6
estén en paralelo con . Para esto emplearemos la reflexión de impedancia, esta consiste en𝑅
𝐵
utilizar las equivalencias de corrientes de los BJT para que las resistencias en donde circula la
corriente puedan reacomodarse de tal forma que la corriente circule por estas, sin afectar𝑖
𝑒
𝑖
𝑏
el circuito; todo esto se basa en la relación . Explicado lo anterior, al aplicar𝑖
𝑒
= β + 1( )𝑖
𝑏
este concepto en y tenemos que:𝑟
𝑏
2
𝑅
𝑞
Figura 8. Equivalencia empleando la transformación de impedancia
Por lo que al aplicar el divisor de corriente tenemos que:
𝑖
𝑏
1
=
𝑅
𝐵
𝑅
𝐵
+𝑟
𝑏
1
+ β
1
+1( )𝑟𝑏
2
+ β
1
+1( ) β2+1( )𝑅𝑞 𝑖𝑖 ∴
𝑖
𝑏
1
𝑖
𝑖
=
𝑅
𝐵
𝑅
𝐵
+𝑟
𝑏
1
+ β
1
+1( )𝑟𝑏
2
+ β
1
+1( ) β2+1( )𝑅𝑞
Posteriormente, al multiplicar las expresiones obtenidas tenemos que nuestra ganancia de
corriente es:
𝐴
𝑖
𝐿
=
𝑖
𝑜
𝑖
𝑏
1
( ) 𝑖𝑏1𝑖𝑖( ) = 𝑅𝐸 β2+1( ) β1+1( )( )𝑅𝐸+𝑅𝐿( ) 𝑅𝐵𝑅𝐵+𝑟𝑏
1
+ β
1
+1( )𝑟𝑏
2
+ β
1
+1( ) β2+1( )𝑅𝑞( )
Finalmente, nuestra impedancia de entrada estará dada por el paralelo de la resistencia y la𝑅
𝐵
conexión en serie de las resistencias que resultó de aplicar la reflexión de impedancia:
𝑧
𝑖
=
𝑅
𝐵
𝑟
𝑏
1
+ β
1
+1( )𝑟𝑏
2
+ β
1
+1( ) β2+1( )𝑅𝑞( )
𝑅
𝐵
+𝑟
𝑏
1
+ β
1
+1( )𝑟𝑏
2
+ β
1
+1( ) β2+1( )𝑅𝑞
En cuanto a nuestra impedancia de salida,esta equivale a:
𝑧
𝑜
= 𝑅
𝐸
Diseño
Si tomamos en cuenta el punto de operación especificado al principio tenemos que
,𝑉
𝐶𝐸
2
= 4[𝑉]
e , por lo tanto, si decidimos que se tiene que:𝐼
𝐶
= 1. 3657[𝐴] 𝐼
𝐵
1
= 0. 5[𝑚𝐴] 𝑉
𝐷𝐷
= 20 𝑉[ ]
𝑅
𝐸
= 20−41.3657 − 𝑅𝐶 𝑅𝐸 = 11. 71560372 Ω[ ] − 𝑅𝐶
De lo anterior se concluye que no puede ser mayor que pues tendría una𝑅
𝐶
11. 71546[Ω] 𝑅
𝐸
resistencia negativa. Por lo tanto, si definimos que obtenemos:𝑅
𝐶
= 5[Ω]
𝑅
𝐸
= 11. 71546 Ω[ ] − 5[Ω] 𝑅
𝐸
= 6. 7156[Ω]
Cabe aclarar que para este caso consideramos que pues los valores no se2𝑉
𝐵𝐸
= 2. 01 𝑉[ ]
aproximaban si considerábamos , por lo tanto, al definir ,𝑉
𝐵𝐸
= 0. 7[𝑉] 𝑅
2
= 50[Ω] 𝑅
1
resulta en:
𝑅
1
= 50 20−(2.01+6.7156(1.3657))( )
2.01+ 6.7156( )1.3657+0.5 𝑥10−3(50)
𝑅
1
= 39. 3455[Ω]
Con dichas resistencias, calculamos :𝑅
𝐵
𝑅
𝐵
=
𝑅
1
𝑅
2
𝑅
1
+𝑅
2
𝑅
𝐵
= 39.3455(50)39.3455+50 𝑅𝐵 = 22. 0187[Ω]
Si decidimos que , resulta en:𝑅
𝐿
= 100[Ω] 𝑅
𝑞
𝑅
𝑞
=
𝑅
𝐸
𝑅
𝐿
𝑅
𝐸
+𝑅
𝐿
𝑅
𝑞
= 6.7156(100)100+6.7156 𝑅𝑞 = 6. 2929
Si asumimos que al calcular cada y :𝑉
𝑇
= 26[𝑚𝑉] 𝑟
𝑏
1
𝑟
𝑏
2
𝑟
𝑏
1
=
𝑉
𝑇
𝐼
𝐵𝑄
1
= 26 𝑥10
−3
0.5 𝑥10−3
= 52[Ω] 𝑟
𝑏
2
=
𝑉
𝑇
𝐼
𝐵𝑄
2
= 26 𝑥10
−3
54.2 𝑥10−3
= 0. 479[Ω]
Con dichos valores, tenemos la siguiente ganancia de voltaje:
𝐴
𝑣
𝐿
=
𝑣
𝑜
𝑖
𝑏
1
( ) 𝑖𝑏1𝑣𝑖( ) = (6.2929) 24.169+1( ) 107.4+1( )52+ 0.479( ) 107.4+1( )+6.2929 24.169+1( )(107.4+1)
𝐴
𝑣
𝐿
= 0. 999939
En cuanto a la ganancia de corriente, resulta en:
𝐴
𝑖
𝐿
= 6.7156 24.169+1( ) 107.4+1( )( )6.7156+100( ) 21.982221.9822+52+ 107.4+1( )0.479+ 107.4+1( ) 24.169+1( )6.2929( )
𝐴
𝑖
𝐿
= 0. 21822
Por último, nuestras impedancias de entrada y salida son:
𝑧
𝑖
= 22.0187 52+ 107.4+1( )0.479+ 107.4+1( ) 24.169+1( )6.2929( )22.0187+52+ 107.4+1( )0.479+ 107.4+1( ) 24.169+1( )6.2929 𝑧𝑖 = 22. 0161[Ω]
𝑧
𝑜
= 𝑅
𝐸
𝑧
𝑜
= 6. 7156[Ω]
Finalmente, se necesita una fuente y los resistores ,𝑉
𝐶𝐶
= 20[𝑉] 𝑅
1
= 39. 3455[Ω]
, y para que en el punto de operación𝑅
2
= 50[Ω] 𝑅
𝐶
= 5[Ω] 𝑅
𝐸
= 6. 7156[Ω] 𝑉
𝐶𝐸
2
= 4[𝑉]
e se presenten amplificaciones y𝐼
𝐶
= 1. 3657[𝐴] 𝐼
𝐵
1
= 0. 5[𝑚𝐴] 𝐴
𝑣
𝐿
= 0. 999939
.𝐴
𝑖
𝐿
= 0. 21822
Resultados Actividad 1
Simulación
El circuito simulado en Multisim se ilustra en la siguiente figura:
Figura 9. Simulación en Multisim
Comparando los valores de operación y las ganancias calculadas con valores RMS
registrados tenemos:
Figura 10. Comparación teoría-simulación
Para visualizar la forma de onda se empleó la opción de simulación “Análisis Transitorio”
con un tiempo final de 0.001[s] y un paso de e 1e-006[s]. Los resultados de voltaje y
corriente se muestran en las figuras 11 y 12 respectivamente.
Figura 11. Señales de voltaje entrada (roja) y salida (verde).
Figura 12. Señales de corriente entrada (roja) y salida (verde)
Con esto se observa que no hay un desfasamiento en las señales, existiendo congruencia con
el signo del modelo obtenido.
Actividad 2: Emisor Común Darlington con transistor 2N2222
Análisis
Otra configuración darlington es la de emisor común, utilizando el mismo transistor 2N2222.
Sabiendo que existe un divisor de voltaje entre y , en DC se puede reducir el circuito de𝑅
1
𝑅
2
la siguiente forma:
Figura 13: Reducción de circuito
Donde:
(1)𝑉
𝐵𝐵
= 𝑉
𝐶𝐶
𝑅2
𝑅1+𝑅2
(2)𝑅
𝐵
= 𝑅1𝑅2𝑅1+𝑅2
en todos los BJT: , entonces en el collector 2: (3)𝐼
𝐶1
= β
1
𝐼
𝐵1
𝐼
𝐶2
= β
1
β
2
𝐼
𝐵1
Posteriormente se divide en 2 mallas:
Malla base 1- emisor 2
Utilizando kirchhoff se obtiene:
𝑉
𝐵𝐵
− (𝐼
𝐵1
𝑅
𝐵
) − 𝑉
𝐵𝐸1
− 𝑉
𝐵𝐸2
− (𝐼
𝐶2
𝑅
𝐸
) = 0
sustituyendo (3):
;𝑉
𝐵𝐵
− 𝑉
𝐵𝐸1
− (𝑅
𝐵
+ β
1
β
2
𝑅
𝐸
)𝐼
𝐵1
= 0
𝐼
𝐵1
=
𝑉
𝐵𝐵
−𝑉
𝐵𝐸
−𝑉
𝐵𝐸2
𝑅
𝐵
+β
1
β
2
𝑅
𝐸
En el nodo X:
𝐼
𝐶𝑇
= 𝐼
𝐶1
+ 𝐼
𝐶2
Malla colector T-emisor 2
Usando kirchhoff:
;𝑉
𝐶𝐶
− 𝐼
𝐶𝑇
𝑅
𝐶
− 𝑉
𝐸𝐶2
− 𝐼
𝐶2
𝑅
𝐸
= 0 𝑉
𝐶𝐸2
= 𝑉
𝐶𝐶
− 𝑅
𝐶
𝐼
𝐶𝑇
− 𝑅
𝐸
𝐼
𝐶2
EN AC
Se utiliza el modelo pi para representar al transistor utilizando los siguientes parámetros:
𝑖
𝑐
= 𝐼
𝑆
(𝑒
𝑉𝐵𝐸
𝑉𝑇 − 1)
con la expresión de shockley:
𝑖
𝑐
= 𝐼
𝑆
𝑒
𝑉𝐵𝐸
𝑉𝑇 𝑒
𝑣𝑏𝑒
𝑉𝑇 = 𝐼
𝐶
𝑒
𝑉𝑏𝑒
𝑉𝑇
la sección de AC:
𝑖
𝑐
= 𝐼𝐶𝑉𝑇 𝑉𝑏𝑒
Entonces:
𝑔𝑚 =
𝐼
𝐶
𝑉𝑇 =
𝑖
𝑐
𝑣𝑏𝑒
Luego:
; la porción de AC:𝑖
𝑏
=
𝑖
𝑐
β =
𝐼
𝐶
+𝑔𝑚𝑉𝑏𝑒
β =
𝐼
𝐶
β +
𝑔𝑚𝑉𝑏𝑒
β 𝑖𝑏 =
𝑔𝑚𝑉𝑏𝑒
β
𝑟
π
= β𝑔𝑚
Se representa el siguiente modelo:
Figura 14: Emisor común en AC
cuya ganancia se puede obtener según:
𝐴𝑉
𝑆𝐶
= 𝑉0𝑉
π2
( ) 𝑉π2𝑉
π1
( ) 𝑉π1𝑉
𝑖
( )
y: 𝑉
𝑜
=− 𝑅𝑐𝐼
𝑐𝑇
=− 𝑅𝑐
𝑉
π2
𝑟
π2
+ 𝑉
π2
𝑔𝑚2( )
Entonces:
𝐼
𝐶𝑇
=
𝑉
π2
𝑟
π2
+ 𝑉
π2
𝑔𝑚2
Se obtienen los siguientes factores:
𝑉
0
𝑉
π2
=− 𝑅𝑐 1𝑟
π2
+ 𝑔𝑚2( )
𝑉
π2
𝑉
π1
= 𝑟
π2
1
𝑟
π1
+ 𝑔𝑚1( )
𝑉
π1
𝑉
𝑖
=
𝑟
π1
𝑟
𝐵
𝑅
𝑖
+𝑟
π1
+𝑟
π2
(β
1
+1)( )(𝑅𝐵+𝑅𝑖)
Se obtiene:
𝐴𝑉
𝑆𝐶
= 𝑉𝑜𝑉𝑖 =− 𝑅𝐶
1
𝑟
π2
+ 𝑔𝑚2( ) 1𝑟
π1
+ 𝑔𝑚1( )𝑟π2 𝑟π1𝑅𝐵
𝑅
𝐵
+𝑅
𝑖( ) 𝑅𝐵 +𝑟π1+𝑟π2(β1+1)( )
𝐴𝑉
𝐶𝐶
= 𝑉𝑜𝑉𝑖 =− 𝑅𝑞𝑟π2
1
𝑟
π1
+ 𝑔𝑚1( ) 1𝑟
π2
+ 𝑔𝑚2( ) 𝑟π1𝑅𝐵𝑅
𝐵
+𝑅
𝑖( )(𝑅𝑖+𝑟π1+𝑟π2(β1+1))
𝐴𝑖
𝐶𝐶
=
𝐼
𝑜
𝐼
𝑖
= 𝑟
π2
−𝑅
𝐶
1
𝑟
π2
+𝑔𝑚2( )
𝑅
𝐶
+𝑅
𝐿
𝑟
π1
𝑅
𝐵
𝑅
𝐵
+𝑟
π1
+𝑟
π2
(β
2
+1)( )
1
𝑟
π1
+ 𝑔𝑚1( )
Considerando que la entrada es el paralelo de R1 y R2:
𝑍
𝑖
= 𝑅1𝑅2𝑅1+𝑅2
𝑍
𝑜
= 𝑅𝑐
Diseño
Se propone una fuente Vcc de 18V. Utilizando las curvas características del transistor se
propone un punto en la región activa: , de tal manera que el punto se𝑉
𝐶𝐸2
= 9𝑉 𝐼
𝐶2
= 4𝑚𝐴
ubique a la mitad de la recta de carga. Además se sabe que: β
1
= β
2
= 220, 𝑉
𝑇
= 26𝑚𝑉
Utilizando el método de las pendientes se obtiene:
𝑅
𝐶
=
𝑉
𝐶𝐸2
1.1𝐼
𝐶2
= 9𝑉1.1(4𝑚𝐴) = 2045 ≈ 2𝑘Ω
𝑅
𝐸
= 0. 1𝑅𝑐 = 0. 1(2045) = 204 ≈ 200Ω
sabiendo que : y que es la equivalente de Thevenin de R1 y R2, se obtiene que:β = 220 𝑅
𝐵
960k𝑅
𝐵
= 0. 1(β
1
β
2
)𝑅
𝐸
= 0. 1(220)(220)(200) = Ω
Se considera que la caída entre las uniones base y emisor es de 0.7V, por lo que:
𝑉
𝐵𝐵
=
𝑅
𝐵
β
1
β
2
+ 𝑅
𝐸( )𝐼𝐶2 + 𝑉𝐵𝐸1 + 𝑉𝐵𝐸2 = ( 960𝑘Ω(220)(220) + 200)4𝑚𝐴 + 0. 7𝑉 + 0. 7𝑉 = 2. 32𝑉
Se puede obtener (con las ecuaciones (1), (2), (9) y (11)
𝑅
1
=
𝑅
𝐵
𝑉𝑐𝑐
𝑉
𝐵𝐵
= 7. 6𝑀Ω
𝑅
2
=
𝑅
𝐵
𝑉𝑐𝑐
𝑉
𝐶𝐶
− 𝑉
𝐵𝐵
= 1. 1𝑀Ω
𝑅
𝑞
=
𝑅𝑐𝑅
𝐿
𝑅𝑐+𝑅
𝐿
= 2𝑘Ω(10𝑘Ω)2𝑘Ω+10𝑘Ω = 1666. 67Ω ≈ 1. 5𝑘Ω
𝐼
𝐵1
=
𝑉
𝐵𝐵
−𝑉
𝐵𝐸
−𝑉
𝐵𝐸2
𝑅
𝐵
+β
1
β
2
𝑅
𝐸
= 2.28𝑉−0.7𝑉−0.7𝑉960𝑘Ω+220(220)(200Ω) = 8. 27 × 10
−8𝐴 = 82. 7𝑛𝐴
𝐼
𝐸1
= (β
1
+ 1)𝐼
𝐵1
= 221(82. 7𝑛𝐴) = 1. 83 × 105𝐴 = 18. 3µ𝐴 = 𝐼
𝐵2
𝐼
𝐶1
= β
1
𝐼
𝐵1
= 220(82. 7𝑛𝐴) = 18. 19 × 10−6𝐴 = 18. 19µ𝐴
𝐼
𝐶2
= β
1
β
2
𝐼
𝐵1
= (220)(220)(82. 7𝑛𝐴) = 4 × 10−3𝐴 = 4𝑚𝐴
+𝐼
𝐶𝑇
= 𝐼
𝐶1
+ 𝐼
𝐶2
=18. 19µ𝐴 4𝑚𝐴 = 4. 2𝑚𝐴
𝑉
𝐶𝐸2
= 𝑉𝑐𝑐 − 𝑅
𝐶
𝐼
𝐶𝑇
− 𝑅
𝐸
𝐼
𝐶2
= 18𝑉 − 2𝑘Ω(4. 2𝑚𝐴) − (200Ω)4𝑚𝐴 = 8. 8𝑉
𝑉
𝐶𝐵2
= 𝑉
𝐶𝐸2
− 𝑉
𝐵𝐸2
= 8. 8𝑉 − 0. 7𝑉 = 8. 1𝑉
𝑉
𝐶𝐸1
= 𝑉
𝐶𝐵2
= 8. 1𝑉
𝑔𝑚2 =
𝐼
𝑐2
𝑉𝑇 =
4𝑚𝐴
26𝑚𝑉 = 0. 154
𝑔𝑚1 =
𝐼
𝐶1
𝑉𝑇 =
18.19µ𝐴
26𝑚𝑉 = 7 × 10
−4
𝑟
π2
= β𝑔𝑚2 =
220
0.154 = 1430Ω ≈ 1. 5𝑘Ω
𝑟
π1
= β𝑔𝑚1 =
220
0.0007 = 314, 458. 5Ω ≈ 300𝑘Ω
𝑅
𝐵
= 960𝑘Ω
𝑅
𝑖
' =
𝑅
𝐵
𝑅
𝑖
𝑅
𝐵
+𝑅
𝑖
= 960𝑘Ω(50Ω)960𝑘Ω +50Ω = 50Ω
Se obtiene AV, Ai, Zi y Zo
𝐴𝑉
𝐶𝐶
= 𝑉𝑜𝑉𝑖 =− 𝑅𝑞
1
𝑟
π2
+ 𝑔𝑚2( ) 1𝑟
π1
+ 𝑔𝑚1( )𝑟π2 𝑟π1𝑅𝐵
𝑅
𝐵
+𝑅
𝑖( ) 𝑅𝐵 +𝑟π1+𝑟π2(β1+1)( )
=− 1. 5𝑘Ω 11.5𝑘Ω + 0. 154( ) 1300𝑘Ω + 7 × 10−4( )1. 5𝑘Ω 2.88×10
11
960,050(1,591,500)( ) =− 46. 11
𝐴𝐼
𝑐𝑐
=
𝐼
𝑜
𝐼
𝑖
=
−𝑅𝑐 1𝑟
π2
+𝑔𝑚2( )
𝑅𝑐+𝑅 𝐿
1
𝑟
π1
+ 𝑔𝑚1( )𝑟π2 𝑟π1𝑅𝐵(𝑅𝐵+𝑟π1+𝑟π2(β1+1)( )
=
−200Ω( 11.5𝑘Ω +0.154)
2𝑘Ω+10𝑘Ω
1
300𝑘Ω + 7 × 10
−4( )(1. 5𝑘Ω) 300𝑘Ω(960𝑘Ω)(960𝑘Ω+300𝑘Ω+1.5𝑘Ω(221)() =− 492. 53
Se elige una carga de 10k y capacitores de 0.1mF, ya que son valores comercialesΩ
fácilmente obtenibles y suficientemente grandes para el funcionamiento del circuito.
Resultados Actividad 2
Simulación:
En DC
Figura 15: valores medidos en DC
Figura 16: valores medidos en DC
Se obtienen los siguientes valores:
𝐼
𝐵1
= 34. 9𝑛𝐴
𝐼
𝐶1
= 6. 71µ𝐴
𝑉
𝐶𝐸1
= 8. 7𝑉
𝐼
𝐵2
= 6. 75µ𝐴
𝐼
𝐶2
= 1. 5𝑚𝐴
8.7V𝑉
𝐶𝐸2
=
En AC
Figura 17: ganancia de corriente medida
La ganancia en corriente se obtiene según:
𝐴𝐼
𝐶𝐶
= 𝐼𝑜𝑢𝑡𝐼𝑖𝑛 =
23.12µ𝐴
55.12𝑛𝐴 = 421. 81
Figura 18: ganancia de voltaje medida
La ganancia en Voltaje se obtiene según:
𝐴𝑉
𝐶𝐶
= 𝑉𝑜𝑢𝑡𝑉𝑖𝑛 =
232𝑚𝑉
5𝑚𝑉 = 46. 4
Parámetro Teórico Simulado % Error
𝐴𝑉
𝐶𝐶
46. 11 46.4 0.6
𝐴𝐼
𝐶𝐶
492. 53 421.81 14.4
𝐼
𝐵1
[𝑛𝐴] 82. 7 34. 9 57.8
𝐼
𝐶1
[µ𝐴] 18. 19 6. 71 63.1
𝑉
𝐶𝐸1
[𝑉] 8. 8 8. 7 1.1
𝐼
𝐵2
[µ𝐴] 18. 3 6. 75 63.1
𝐼
𝐶2
[𝑚𝐴] 4 1. 5 62.5
𝑉
𝐶𝐸2
[𝑉] 8. 1 8. 7 7.4
Figura 19: Comparación de resultados teóricos con simulados
Conclusiones
Se observó el funcionamiento de dos configuraciones del amplificador tipo darlington,
utilizando dos transistores 2N222. Se compararon los resultados simulados con los teóricos y
se observó que la ganancia en corriente es mucho mayor a la ganancia en voltaje, como se es
de esperar de este tipo de amplificador.
-Ake Curiel Luis Mario
Gracias a esta práctica comprendí que el arreglo Darlington de transistores BJT puede
emplearse para amplificar señales; sin embargo, con estas actividades noté que los
transistores de la derecha, los cuales tienen como corriente de base, la corriente de emisor del
otro transistor, presentan grandes potencias de disipación pues los valores de corriente y
voltaje registrados eran elevados. Con lo anterior concluyo que la elección del punto de
operación no es una tarea tan sencilla ya que se observó que el transistor 2N2222 de la
derecha operaba fuera de sus valores permitidos, lo que producía comportamientos poco
comunes, como lo fue la caída de potencial mayor a 0.7[V]; es por esto y el hecho de que𝑉
𝐵𝐸
no se tomó en cuenta la resistencia de salida de corriente alterna del transistor en el análisis
que considero razonable el porcentaje de error obtenido pues el modelo de señal pequeña
aproxima el comportamiento que tendrá el transistor.
-Soto Monterroza José Miguel
Referencias
Boylestad, R. (2009). Electrónica: teoría de circuitos y dispositivos electrónicos.