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Ejercicios de electrónica analógica

Calcular en el circuito de la figura (montaje Darlington)

circuito electronico

la impedancia de entrada \( Z_i \), impedancia de salida \( Z_o \) , y la ganancia de tensión \( A_v \) . Se tienen como datos

    \( R_1=1 M\Omega \; ;\; R_2= 150 k\Omega \;; \; R_3=1 \,k\Omega \;;\; R_4= 100\, \Omega
    \)
Y para los dos transistores
    \( h_{11e}= h_{ie} = 1 k\Omega \; ;\; h_{21e}= h_{fe} = 100\: \Omega \)
Calcúlense además las impedancias de entrada y salida sí la \( V_o \) la tomamos ahora en bornes de \( R_4 \).

Respuesta al ejercicio 19
El circuito equivalente para el del enunciado es el de la figura adjunta.

circuito electronico

Sobre dicho circuito es fácil ver que se tienen para \( Z_i \; y \; Z_o \) las expresiones:
    \( \begin{array}{l}
    Z_i = (R_1//R_2)[h_{ie}+ h_{ie}(1+h_{fe}) + R_4(1+h_{fe})^2] \simeq 117\: k\Omega \\
     \\
    Z_o \simeq R_3 = 1\: k\Omega
    \end{array} \)
Al hacer \( v_1 = 0\) y poner un \( v_{o1}\) y ver qué intensidad I circula.
Para la ganancia de tensión tendremos:
    \( \begin{array}{l}
    u_{o1} = - (h_{fe}·i_{b1}+h_{f2}·i_{b2})R_3 = - [h_{fe}+h_{fe}(h_{fe}+1)]R_3·i_{b1} \\
     \\
    u_1 = i_{b1}[h_{ie} + h_{ie}(1 + h_{fe})+h_{ie}(1+h_{fe})^2]
    \end{array} \)
Con lo que resulta:
    \( \displaystyle G_v = \frac{u_{o1}}{u_1} = \frac{- [h_{fe}+h_{fe}(h_{fe}+1)]R_3}{h_{ie} + h_{ie}(1 + h_{fe})+R_4(1+h_{fe})^2} \simeq - 9 \)
Si hacemos los cálculos de la impedancia de entrada y salida tomando la salida en bornes de \( R_4 \) , la \( Z_i \) no variará ya que al cambiar la salida no altera nada lo que se ve desde la entrada.
Para el cálculo de \( Z_o \) tenemos un circuito equivalente adjunto

circuito electronico

en el que se tiene:
    \( i_{b2} = i_{b1}(1+h_{fe}) \)
Sobre el circuito anterior podemos plantear las siguientes ecuaciones:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    -i_{b1}·h_{ie}-i_{b2}·h_{ie}+v_o \Rightarrow \\
     \\
    \Rightarrow v_o = - i_{b1}[h_{ie}+h_{ie}(h_{fe}+1)] \Rightarrow\\
     \\
    \Rightarrow v_o = r_4[i_o + (h_{fe}+1)i_{b2}]\Rightarrow \\
     \\
    \Rightarrow \frac{u_o}{R_4} = i_o + (h_{fe}+1)^2·i_{b1}\Rightarrow \\
     \\
    \Rightarrow i_{b1} = \frac{\displaystyle\frac{u_o}{R_4}- i_o}{(h_{fe}+1)^2}
    \end{array} \)
Ya partir de ellas resulta:
    \( \displaystyle v_o = - \frac{h_{ie}(h_{fe}+1)+h_{ie}}{(h_{fe}+1)^2}\left(\frac{u_o}{R_4}- i_o\right)\simeq \frac{-h_{ie}}{h_{fe}}·\frac{v_o}{R_4} + \frac{i_oh_{ie}}{h_{fe}} \)
Con lo que finalmente obtenemos:
    \( \displaystyle Z_o = \frac{v_o}{i_o} = \frac{h_{ie}·R_4}{h_{fe}R_4 + h_{ie}} \simeq 10\: \Omega \)
Como podemos ver, al tomar \( v_o \) en bornes de \( R_4 \) , el circuito es como un seguidor de emisor donde, en lugar de un transistor tenemos un Darlington. Sabemos que en un seguidor de emisor la impedancia de salida es baja, y al tener un Darlington (que se comporta como un transistor con una ganancia de corriente muy elevada, aproximadamente \( h^2_{fe} \) ), conseguimos que la \( Z_o \) sea muy baja.
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Página publicada por: José Antonio Hervás