Ejercicios de electrónica analógica
Calcular en el circuito de la figura (montaje Darlington)
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.
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
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.