eletronic a

8

Diseño Análogo 2 – TEMA # 7

Etapa de salida y amplificadores de potencia

Una función importante de la etapa de potencia es proveer al amplificador de una baja resistencia de salida, de modo que pueda entregar la señal sin pérdida de ganancia.

Por lo general la etapa de salida tiene que ver con señales relativamente grandes, por tal motivo, los modelos de pequeña señal no son aplicables o deben usarse con cuidado, aunque no se debe olvidar que la linealidad sigue siendo un factor importante en esta etapa, de hecho, un parámetro importante en la calidad de un amplificador es la distorsión armónica total o THD (total harmonic distorsion), que es el valor de la potencia de los armónicos excluyendo la fundamental, sobre la potencia de la fundamental.

Otro parámetro importante de la etapa de salida es la eficiencia en la entrega de la energía o potencia a la carga, es decir, el transistor debe disipar la menor cantidad de energía en calor, puesto que este dispositivo a temperaturas superiores a los 150 o 200 °C se destruye, además se desea que la energía entregada al circuito en su mayoría sea utilizada para excitar la carga.

De acá en adelante se hablará de alta potencia cuando se trabaje con potencias superiores a 1W.

Clasificación de las etapas de salida

Las etapas de salida se clasifican según la forma de onda de la corriente a través del colector, que resulta cuando se aplica una señal de entrada senoidal.

Etapa clase A

Figura 7.1

En la etapa clase A IC> IC, es decir, el transistor configurado en clase A conduce los 360 grados eléctricos.

Amplificador clase B

Figura 7.2

En la etapa clase B IC=0, es decir, el transistor configurado en clase B conduce 180 grados eléctricos, la otra parte de la onda lo dará otro transistor configurado también en clase B.

Amplificador clase AB

Figura 7.3

En la etapa clase AB 0¿ IC≪ IC, es decir, el transistor configurado en clase AB conduce más de 180 y mucho menos de 360 grados eléctricos, este transistor al igual que el de clase B tiene otro transistor que conduce en el ciclo negativo también en clase AB, es así como en esta configuración cuando la señal está cercana al cruce por cero, los dos transistores conducen.

8

Amplificador clase C

Figura 7.4

Esta etapa de salida tiene una conducción eléctrica mucho menor a 180°, trabaja para una banda de frecuencias estrecha y resulta muy apropiado en equipos de radiofrecuencia. Esto es debido al fenómeno de resonancia, el cual, se genera a la salida del amplificador cuando es sintonizado (la impedancia capacitiva e inductiva se cancelan a una frecuencia previamente calculada), aunque no trabaja arriba de 180 grados de ciclo, este amplificador a la salida genera una señal de ciclo completo de señal para la frecuencia fundamental.

No se utiliza en sonido, por su gran nivel de distorsión y porque su operación no está destinada para amplificadores de gran señal o gran potencia, por tal motivo no será tema de estudio en el curso

Etapa de salida clase A

Por su baja resistencia de salida, el seguidor emisor es la etapa clase A preferida.

Figura 7.5

La corriente de polarización I debe ser mayor que la corriente negativa más grande, de lo contrario Q1 se desactiva.

vO=vI−vBE1

Donde vBE1 depende de IE1 y por lo tanto de I L. Si se omiten los cambios relativamente pequeños de vBE1(60mV por cada década de IE1) resulta la curva de transferencia lineal de la figura 7.5, donde el límite de saturación positivo esta dado por la saturación de Q1.

En la dirección negativa, dependiendo de los valores de RL e I , el límite de la región lineal es determinado por la desactivación de Q1

vOmin=−I RL

O por la saturación de Q2

vOmin=−V CC+V CE2 sat

El voltaje de salida absolutamente más bajo es el dado por la saturación de Q2 y se logra siempre que la corriente de polarización I sea mayor que la magnitud de la corriente máxima de carga

I ≥|−V CC+V CE 2 sat|

RL

Figura 7.6

Ejercicio 14.1 pág. 1233

Para el seguidor emisor de la figura 7.5, V CC=15V , V CEsat=0.2V ,V BE=0.7V y β muy alta. Encuentre el valor de R que establecerá una corriente de polarización lo suficientemente grande como para permitir que la señal de salida más grande posible oscile para RL=1K Ω. Determine la oscilación de la

8

señal de salida resultante y las corrientes mínima y máxima en el emisor.

I=|−V CC+V CE 2 sat|

RL

=|−15+0,2|1K

=14.8mA

R=V CC−vO

I=15−0.7

14.8=970Ω

Salida de voltaje desde -14.8V a 14.8V

Mínima corriente de emisor es 0mA

Máxima corriente de emisor es

2 I=2 (14.8mA )=29.6mA


Para el seguidor emisor del ejemplo anterior en el cual I=14.8mA, considere el caso en el cual vOestá limitado al intervalo -10V a +10V. Considere que Q1 tiene vBE=0.7V con iC=1mAy suponga α=1. Encuentre vIcorrespondiente a vO=−10V , 0V y +10V. En cada uno de estos puntos use un análisis de pequeña señal para determinar la ganancia de voltaje vo/v i. Observe que la ganancia de voltaje incremental da la pendiente de la curva característica vo frente v i.

Formas de onda en etapa clase A

Si se considera el circuito anterior y se desprecia los voltajes vCEsat y se elije una corriente de polarización I que permite una excursión negativa

de V CC

RL, se tiene entonces las siguientes curvas.

Figura 7.7

Potencia promedio de Q1=V CC I cuando RL=∞

Disipación de potencia

Se puede ver que la mayor disipación de potencia se da para un vO=0 que corresponde a un vI=0 u una potencia de PD=ICV CC, es decir que disipa la mayor cantidad de potencia cuando no hay señal.


PD1=V CC I=10 (0.1 )=1W

PD2=V CC I=10 (0.1 )=1W

Q1=12V CC I=

1210 (0.1 )=0.5W

Q1=1W

Con una corriente constante y un V avg=1V

PL=(V O /√2 )2

RL

=0,3V

Eficiencia de conversión de potencia

η=potenciade carga (PL )

potenciade suministro (PS )

PL=(V O /√2 )2

RL

=12V O

2

RL

Donde V O /√2 es el valor promedio de una senoidal.

8

Como la corriente de Q2 es constante, la potencia de la fuente negativa es V CC I y la positiva es también V CC I , así pues

PS=2V CC I

Y la eficiencia

η=

12V O

2

RL

2V CC I=14 ( V O

IRL)( V O

V CC)

Como

V O≤V CC y V O≤ IR L la eficiencia máxima será cuando

V O=V CC=IR L

ηmax=25%


PL=(V O /√2 )2

RL

=1282

100=0.32W

P+¿=V CC I=(10) (0.1 )=1W ¿

P−¿=VCC I=(10) (0.1 )=1W ¿

PS=P−¿+P+¿=2W ¿ ¿

η=PL

PS

x 100%=0.322

x100%=16%

Etapa de salida clase B

En la figura 7.8 se muestra una etapa de salida clase B. está compuesta de dos transistores, uno npn y otro pnp, conectados del tal forma que no pueden conducir al mismo tiempo.

Figura 7.8

Cuando el voltaje de entrada es cero ambos transistores están inactivos, a medida que sobrepasa los 0.5V QN comienza a conducir y opera como seguidor emisor.

vO=vI−vEBN y QPestará en corte.

Y conducirá hasta que el transistor QNse sature, ahora cuando la señal es negativa en más de 0.5V QP comienza a conducir y opera también como seguidor emisor

vO=vI+vEBP y QN estará en corte

Se concluye así que los transistores se polarizan con corriente cero y conducen solo cuando la señal de entrada está presente a continuación se muestra en la figura 7.9 la característica de transferencia de un amplificador clase B

Figura 7.9

La banda muerta entre aproximadamente -0.5V y 0.5V genera una distorsión de cruce por cero que da lugar en amplificadores de audio a sonidos desagradables. En la figura 8.3 se muestra esta distorsion.

8

Figura 7.10

Si hablamos de la eficiencia en el manejo de la potencia tenemos que si la señal de salida es lo suficientemente grande podemos ignorar la distorsión de cruce por cero para realizar los cálculos, teniendo que:

PL=12V O

2

RL

(Potencia de una senoidal con una

amplitud V O)

Mientras que la corriente extraída de los transistores de las fuentes son iguales a las de un semi-ciclo

Figura 7.11

VS+¿=1

π∫0

π

VOsen ( x )dx=VO

2

2π∫0

π

−cos ( x )dx¿

VS+¿=

VO

2π(−(−1 )+1)=

V O

π¿

I S+¿=V S +¿

RL

=VO

π R L

¿¿

Dando así una potencia de cada fuente

PS+¿=PS−¿=VCC

IS+¿=

VO

π RLVCC

¿

¿¿

PS=PS+¿+PS−¿=2

VO

π RL

V CC¿¿

Donde la eficiencia

η=PL

PS

=

12V O

2

RL

2V O

π RL

V CC

=π4

V O

V CC

La eficiencia máxima se da cuando el voltaje de salida pico sea igual a V CC

ηmax=π4=78.5%

Disipación de potencia

En diferencia a la etapa clase A la clase B no disipa potencia en reposo. Cuando se le aplica una señal la potencia disipada

PD=PS−PL

PD=2V O

π RL

V CC−12V O

2

RL

Donde cada transistor debe disipar la mitad de esta potencia.

Pero para saber que transistor debemos utilizar tenemos que encontrar cual es el peor caso, es decir, cual es la máxima disipación de potencia para esto debemos derivar la ecuación en función del voltaje de salida y encontrar el punto donde la derivada es cero.

dPD

d V O

=0=2V CC

π RL

−V O

RL

V O=2V CC

π

PDmax=2(2 V CC

π )π RL

V CC−12

(2 V CC

π )2

RL

= 2π2

V CC2

RL

PDNmax=PDPmax=1π2

V CC2

RL

En la siguiente grafica se muestra el comportamiento de la potencia en un amplificador clase B

8

Figura 7.12

Ejemplo 14.1 pág. 1239

Se requiere diseñar una etapa de salida clase B para suministrar una potencia promedio de 20W a una carga de 8Ω. Se tiene que seleccionar la fuente de potencia de modo que V CC sea aproximadamente 5V mayor que el voltaje de salida pico. Esto evita la saturación del transistor y la distorsión no lineal asociada y permite incluir dispositivos de protección contra cortocircuitos. Determine el voltaje de suministro requerido, la corriente pico extraída de cada fuente, la potencia de suministro total y la eficiencia de conversión de potencia. Determine también la potencia máxima que cada transistor debe ser capaz de disipar con seguridad.

PL=12V O

2

RL

V O=√2 PLRL=√2 (20 ) (8 )=17.9V

V CC=V O+5=23V

La corriente pico extraída de cada fuente es

IO=V O

RL

=17.98

=2.24 A

PS+¿=PS−¿=

VO

π RL

V CC=2.24π23=16.4W ¿

¿

η=PL

PS

=π4

V O

V CC

=π417.923

=61%

PDNmax=PDPmax=1π2

V CC2

RL

= 1π 2

(23 )2

8=6.7W

Reducción de la distorsión de cruce

En la figura se muestra como utilizando un amplificador operacional se puede reducir la banda muerta de ±0.7V a ±0.7V / A0, no obstante genera un decremento en el ancho de banda del amplificador debido a los retardos del operacional.

Figura 7.13

Operación con fuente única

Si se desea operar la etapa de salida clase B con una sola fuente de alimentación se deberá acoplar la carga de manera capacitiva como lo muestra la figura 7.14 y para que los cálculos sigan siendo validos alimentamos con una fuente igual a 2V CC

Figura 7.14

Etapa de salida clase AB

La distorsión de cruce por cero puede eliminarse si se polarizan los transistores de salida complementarios con una pequeña corriente diferente de cero. Como se puede observar en la figura 7.15

8

Figura 7.15

Cuando el voltaje de entrada es cero, el de salida

también lo es y la corriente iN=iP=IQ=I S eV BB

2V T

El valor de V BB se elige para que produzca una corriente en reposo IQ

Operación del circuito

Cuando vI se vuelve positivo en una cierta cantidad el voltaje en la base de QNse incrementa en la misma cantidad y la salida se vuelve positiva en un valor casi igual.

vO=vI+V BB

2−vBEN

Al aumentar vO aumenta la corriente I L y como la ecuación del nodo garantiza

iN=iP+iL

iN Debe incrementarse esto estará acompañado de un incremento de vBEN por arriba del valor de

reposo V BB

2 mas sin embargo como los voltajes de

las dos bases se mantiene constante en V BB el voltaje vEBP disminuirá y por lo tanto también iP, la relación entre estas corrientes se obtienen de la siguiente manera.

V BB=v BEN+v EBP

2V T∈IQI S

=V T∈iNI S

+V T∈iPI S

IQ2=iN iP

Entonces esto nos indica que cuando el voltaje de salida es cercano a cero voltios los dos transistores están conduciendo, cuando la salida se vuelve cada vez más positiva el transistor QN entregará más corriente mientras QP disminuye y de manera contraria para voltajes positivos.

Es decir que este circuito opera similar al clase B solo que elimina la distorsión de cruce por cero y mantiene un consumo de potencia sin señal que se debe a la corriente de reposo y es igual a IQV CC, pero por lo general esta corriente es muy pequeña en comparación con la corriente pico y los cálculos del clase B se aplican de igual manera para este circuito. En la figura siguiente se muestra la VTC de la etapa de salida clase AB

Figura 7.16

Polarización de circuitos clase AB

Polarización por medio de diodos

8

Figura 7.17

Este se genera pasando una corriente IPOL a través de un par de diodos o transistores conectados como diodos. En amplificadores de alta potencia los transistores de salida QN y QP son de grandes dimensiones, mientras los diodos D1 y D2 no tienen que ser grandes, generando así una corriente IQ=n IPOL, donde n es el cociente del área de los transistores de salida.

La corriente en la base de QN es IQβN

y se

incrementa hasta aproximadamente I L

βN, esta

corriente debe ser suministrada por IPOL, así que IPOL debe ser más grande para poder mantener el voltaje V BB entre las bases de los transistores de salida, aunque es de notar que V BB variara un poco a medida que la corriente I Laumente. Este se mantendrá casi constante en un valor cercano a 0.7V

Algo importante en este etapa de salida es que al dispar potencia sin señal, los transistores pueden calentarse esto genera un incremento de la corriente en el colector que a su vez genera más disipación térmica es así como se puede dar un fenómeno conocido como embolamiento térmico, para darle estabilidad al sistema los diodos se conectan cercanos a los disipadores con el fin de proveer un efecto compensador puesto que al incrementar su temperatura el V BEdisminuye y por lo tanto baja IQ generando estabilidad


Considere una etapa de salida clase AB en las siguientes condiciones V CC=15V , RL=100Ω, y la salida senoidal con una amplitud máxima de 10V, sean QN y QP iguales con I S=10

−13 A y β=50, suponga que los diodos de polarización tienen un tercio del área de unión de los dispositivos de salida. Encuentre el valor de IPOLque garantice un mínimo de 1mA a través de los diodos en todo momento. Determine la corriente en reposo y la disipación de corriente en reposo en los transistores de salida (es decir, con vO=0V ), así mismo, encuentre V BB con vO=0V , +10V y -10V.

La corriente máxima a través de QN es

aproximadamente I Lmax=10V100

=100mA de este

modo la corriente máxima en la base de QN sera

aproximadamente IBmax=100mA50

=2mA para

mantener siempre un mínimo de 1mA debemos polarizar los diodos con 3mA.

Un cociente de Área de emisor de 3, genera una corriente de reposo IQ=3 x3mA=9mA a través de QN y QP

La disipación de potencia en reposo es

PDQ=2V CC IQ=2 x15Vx9mA=270mW

Para un vO=0V la corriente

IQbase=9mA51

=0.18mA

Lo que hace que a través de los diodos fluya 3mA−(0.18mA )=2.82mA

Como los diodos tienen un I SD=I S3

=1310−13A

V BB=2V T∈( 2.82mAI SD )=2 (25mV )∈( 2.82mA1310−13 )

¿1.26V

Con vO=¿+10V la corriente que circula se reduce a 1mA y resulta un

V BB=2V T∈( 1mAI SD )=2 (25mV )∈( 1mA1310−13 )

¿1.21V

Con vO=¿-10V QNconducirá una corriente muy pequeña por tanto su corriente de base será insignificante y toda IPOL=3mA circulara por los diodos

8

V BB=2V T∈( 3mAI SD )=2 (25mV )∈( 3mA1310−13 )

¿1.26V

Polarización con el multiplicador V BE

Figura 7.18

Si suponemos un transistor con un β muy grande, se puede despreciar la corriente de base por lo tanto se puede decir que la corriente que circula por R1 y R2 es la misma e igual a:

IR=V BE1

R1

V BB=IR (R1+R2 )=V BE1

R1(R1+R2 )

Por lo tanto el circuito multiplica V BE1 por un factor

(1+ R2R1 )

Otro circuito que permite esta polarización donde un ajuste manual es posible se muestra en la figura 7.19

Figura 7.19

El valor de V BE1 es determinado por la IPOLque fluye una parte por el colector de Q1 y otra por el arreglo resistivo.

IC 1=IPOL−I R

V BE1=V T I nIC 1I S1


Se requiere volver a diseñar la etapa de salida del ejemplo 14.2 utilizando un multiplicador V BE para la polarización. Use un transistor de pequeña señal con dimensiones para que Q1 con I S=10

−14 A y diseñe para una corriente en reposo IQ=2mA.

I Lmax=10V100

=100mA

IBmax=100mA50

=2mA Para mantener siempre un

mínimo de 1mA, se deberá suministrar al multiplicador con una corriente de polarización de 3mA.

En condiciones de reposo vO=0V e iL=0 A y la corriente fluye por el multiplicador, ahora se debe decidir cómo esta corriente de 3mA debe dividirse entre IC 1 e IR, si se elige una IR mayor a 1mA, el transistor se desactivará en el pico positivo de vO, por consiguiente se elegirá IR=0.5mA y quedan 2.5mA para IC 1

8

Para obtener una corriente de reposo de 2mA en los transistores de salida, V BB deberá ser

V BB=2V T∈( 2 x10−3

10−13 )=2 (25mV )∈( 2 x10−3

10−13 ) ¿1.19V

A continuación se determina R1 y R2

R1+R2=V BB

IR= 1.19V0.5 x10−3=2.38K Ω

A una corriente de 2.5mA Q1 tiene

V BE1=V T∈( 2.5 x10−3

10−14 )=(25mV )∈( 2.5 x10−3

10−14 ) ¿0.66V

R1=V BE1

IR= 0.66V0.5mA

=1.32K Ω

R2=2.38K Ω−R1=2.38K Ω−1.32K Ω

¿1.06K Ω

Circuitos a analizar

Variación de la configuración clase AB

Figura 7.20

Dispositivos compuestos

Figura 7.21

Variación de la configuración clase AB con dispositivos compuestos

8

Figura 7.22

Protección contra cortocircuito

Figura 7.23

eletronic a

Documents